Problemas_de_geometría_y_cómo_resolverlos

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< P r o S C e m a s d e
Geometría
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Dirigido por:
F é lix A u c a l l a n c h i V e l á s q u e z
2
Primera edición en español 
Copyright © 2000 por RACSO Editores
Prohibida la reproducción total o parcial de esta obra por cualquier método de publicación y/o almacenamiento 
de información, tanto del texto como de logotipos y/o ilustraciones sin autorización escrita del autor y los editores. 
Caso omiso se procederá a denunciar al infractor a la 1NDECOPI de acuerdo a la Ley N° 13714 y al artículo N° 221 
del Código Penal vigente.
Printed in Perú - Impreso en Perú
Imprenta MAQUETI E.I.R.L. - Jr. Carlos Ameta 1319 - Lima 1
3
SERIE DE LIBROS Y 
CO M PEND IO S 
CIENTIFICOS
COLECCION RACSO
PROBLEMAS DE GEOMETRIA 
Y COMO RESOLVERLOS
EDICION
COLABORADORES:
Lic. Héctor Ortíz Becerra UNI
Lic. Javier Reynaga Alarcón. UNI
Lic. Juan C. Sandoval Peña UNI
Ing. James Monge Jurado UNCP
Ing. Manuel Inga de la Cruz UNPRG
Ing. Carlos Carbonell Romero UNPRG
Lic. Roberto Choquehuayta M. UNSA
RACSO EDITORES LIMA
4
Título Original de la obra:
Problemas de Geometría y cómo resolverlos 
© 2000, por RACSO EDITORES
Primera edición
Publicada por RACSO EDITORES - ABRIL 2000
Supervisión general:
Ing. Martín Casado Márquez (UNI)
Profesor de la Facultad de Ingeniería Mecánica de la Universidad Nacional de Ingeniería
Revisión de estilo:
Dr. Carlos Chávez Vega
Revisión Técnica:
Javier Reynaga Alarcón 
Luis Vallejos Velásquez
Composición, Diagramación e Ilustraciones:
Compañía Editorial: RACSO EDITORES
Supervisión de la edición:
Miguel Angel Díaz lorenzo
Compañía Editorial: RACSO EDITORES 
Dirigida por. Félix Aucallanchi Velásquez
Primera edición en español
Copyright © 2000 por RACSO EDITORES
Los derechos autorales de ésta obra son de propiedad de Racso Editores. Hecho el depósito legal en la Dirección de 
Derechos de Autor de INDECOPI, y amparado a la Ley N° 13714 y al Código Penal (Artículo 221).
Prohibida la reproducción total o parcial de esta obra por cualquier método de publicación y/o almacenamiento de 
información, tanto del texto como de logotipos y/o ilustraciones sin autorización escrita del autor y los editores. Caso 
omiso se procederá a denunciar al infractor a la INDECOPI de acuerdo a la Ley N° 13714 y el artículo N° 221 del 
código penal vigente.
Printed in Perú - Impreso en Perú
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PRÓLOGO
Resulta importante reconocer las veces en que nuestros trabajos tienen un enorme signi­
ficado en nuestra vida profesional, uno de ellos es, qué duda cabe, el culminar un libro y más aún 
cuando nos corresponde presentarlo. Por tanto es esta una excelente oportunidad para dar 
testimonio de nuestra dedicación ofreciendo a quienes nos leen, un trabajo académico de mucha 
importancia para quienes forman parte de aquel inmenso número de estudiantes que confiesan 
tener un especial interés por aprender los secretos de una ciencia tan interesante y útil como la 
Geometría.
Por centurias una de las dedicaciones favoritas de los matemáticos ha sido la Geometría, 
sus demostraciones y sus aplicaciones. A todo estudiante de secundaria en todos los tiempos, 
le ha sido imposible poder encontrar en una sola obra toda la información teórica y así mismo 
una enorme cantidad de ejercicios de fácil acceso para su solución. Al iniciar este trabajo la 
editorial nos propuso el reto de elaborar un texto con tales características, es decir, alcanzar el 
sueño dorado.
En principio, debemos reconocer que la tarea de selección tanto de los fundamentos 
teóricos como de las aplicaciones prácticas, fue ardua y prolongada. Muchas cosas han queda­
do en el tintero, entre ellas algunas demostraciones y también problemas, que las postergamos 
con la ilusión de verlas publicadas en un trabajo posterior y más especializado.
El presente texto ha sido elaborado pensando especialmente en los modelos de problemas 
que son en la actualidad los considerados en los exámenes de ingreso, por ello hemos estable­
cido una gran relación entre la parte teórica expuesta y los ejercicios resueltos. Esto servirá para 
que el lector pueda recorrer un capítulo completo sin la engorrosa necesidad de memorizar o 
demostrar teoremas o algunas propiedades particulares.
Publicar un texto de esta envergadura en las actuales circunstancias, de abundante infor­
mación y de contenidos cambiantes, provocó en nosotros una ambición tanto en el número de 
temas a desarrollar como el de aplicaciones a mostrar. Tal vez por esta razón, inicialmente pensa­
mos que nuetro trabajo sería muy tedioso de leer, sin embargo al iniciar su lectura, el investiga­
dor se sentirá animado de continuarla por que notará de nuestra parte un sutil “ablandamiento” 
de la parte axiomática del curso. Esto nos demuestra una vez más, que no existe una materia que 
pudiera considerarse imposible de aprender, pues todo depende de la voluntad que demuestren 
no solo el estudiante sino también la sencillez del material didáctico que se emplee.
Hemos tratado de incluir en esta obra todos los artificios, métodos y procedimientos en 
general que hemos logrado conocer, aplicar y dominar durante nuestros años dedicados a la 
docencia pre universitaria. Se apreciará en muchos casos que nuestra voluntad de pedagogos 
será insuficiente para los logros posteriores como es el dominar un tema para pasar al siguiente, 
si de parte del lector existe una notable deficiencia en el dominio de las materias básicas de un 
curso de Geometría Elemental.
Esperamos que nuestro trabajo pueda contribuir a mejorar el nivel académico de los estu­
diantes de nuestro país, en especial de aquellos que aspiran a lograr un ingreso a las institucio­
nes educativas de prestigio, que son finalmente las más exigentes en sus exámenes de admisión.
Los autores.
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PRQLOGO DEL EDITOR
Como en cada oportunidad en que me toca el inmenso honor de presentar un trabajo 
nuevo, producido con muchísimo profesionalismo, esta es una muy especial, tanto por las 
características de la obra, como por el volumen que ella posee. Es que se trata de un trabajo que 
se inició con mucha anterioridad y se dejó de hacer por las divergencias en los enfoques de ios 
autores con el editor, las mismas que se superaron con el diálogo tan paciente con este servidor.
Debo agradecer a los autores que tuvieron a bien ser persuadidos por la filosofía de 
nuestra casa editorial, la que tiene por propósito elaborar una colección de textos con caracterís­
ticas especiales cuyo plato fuerte es la resolución de una variada y rica cantidad de ejercicios 
resueltos y propuestos. Nos es muy grato verlo culminado, y es un texto que estoy seguro 
marcará un hito entre la enorme producción nacional de textos de ciencias.
Luego de revisar los más exigentes prospectos de admisión y apreciar los exámenes de 
ingreso , nos propusimos elaborar un libro que reuniese las características de los de la misma 
colección, pero esta vez había que hacerlo sin tener muchas referencias de otros con similares 
características, pues es cierto, la mayor abundancia de trabajos en relación a cuestiones de 
Geometría se da en fascículos o bibliografía incompleta, tal vez por que los autores nacionales 
reconocen que hacer un libro completo de esta materia es una tarea muy ardua y por que no 
decirlo muy ambiciosa, la que muchas veces choca con nuestras posibilidades de tiempo por la 
dedicación que ella demanda. Nosotros nos la propusimos, y estamos orgullosos de presentarla 
ya terminada.
Nuestra misión de revisar el material antes de su publicación se volvió muchas veces 
impertinente, pues sin damos cuenta nos veíamos contagiados de seleccionar lo mejor para su 
publicación , sin embargo la tolerancia y el buen ánimo de los autores nos hicieron ver en 
muchos casos las bondades de su trabajo y los horizontes de su estrategia. Celebro que todas 
estas circunstancias sehallan superado para dar paso a una obra verdaderamente completa en 
su concepción y estoy plenamente convencido que calará entre los lectores más exigentes.
Acerca de los autores debo decir que se trata de prestigiados profesionales que llevan 
muchos años de ejercicio docente y también como cuajados autores de libros y compendios de 
calidad probadas. Es una garantía que ellos elaboraran una obra como la que nos habíamos 
propuesto, nos entendieron y se pusieron a trabajar en este proyecto desde hace aproximada­
mente tres años, la tarea se ve culminada ahora y estamos seguros que formará parte de la 
bibliografía obligada de todos los estudiantes de esta materia.
Es nuestro propósito poner en vuestras manos, libros de excelente calidad y de gran nivel, 
tanto por la didáctica que estas transmiten, así como por la amplitud de los contenidos. Nuestra 
colección se ve ahora incrementada con un trabajo que contribuirá en la formación de nuevas 
mentes científicas, ahora en un momento en que nuestro país reclama de sus hombres y mujeres 
sus mejores cualidades, debiendo recordar y/o hacer saber que los años noventa han sido 
declarados como la "década del cerebro", por ende la riqueza de un país será en este nuevo siglo 
la que provenga del conocimiento.
Esperamos alcanzar el mismo éxito que tuvieron nuestras publicaciones anteriores y esta­
remos atentos a todas las observaciones y sugerencias que nos hagan llegar nuestros lectores.
El Editor
7
AL PROFESOR
El texto Problemas de Geometría y cómo resolverlos, es un trabajo que el profesor podrá 
emplear como complemento de sus sesiones teóricas, pues en ella se encontrará un abundante 
material de aplicaciones como los ejercicios de aplicación directa y los de mayor nivel de 
dificultad en la sección denominada Miscelánea.
Todos estos ejercicios han sido serenamente seleccionados, pues es fácil ser seducidos 
por aquellos problemas de gran dificultad y prolongadas resoluciones, sin embargo los que 
se encuentran aquí publicados son a nuestro juicio los mas adecuados por serformativos y por 
que responden a las actuales tendencias en los exámenes de ingreso .
Usted podrá apreciar que las secciones teóricas se exponen de manera que cada tema 
ha quedado dividido en varias partes con la finalidad de insertar al final de cada una de ellas 
, un determinado grupo de problemas denominados "Ejercicios de aplicación". Esto se ha 
hecho así por que consideramos que la prolongada exposición de la teoría resulta agotadora 
para un estudiante ávido de ver las aplicaciones correspondientes, quién al hacerlo sentirá 
que lo recientemente expuesto es de fácil retención y uso.
Estamos convencidos que la secuencia de los ítems es el mismo que se emplea en la 
mayoría de institucioners educativas de nuestro país, muy especialmente en los centros de 
preparación preuniversitaria. Por ello creemos que este material puede ser utilizado 
independientemente del lugar de preparación así como de la especialidad a la que se va a 
postular.
En cuanto se refiere a los problemas resueltos de mayor nivel de dificultad, debemos 
indicar que éstos se encuentran expuestos en la sección denominada "Miscelánea ", a llí los 
problemas se han ubicado tanto por el orden de la teoría como por su nivel de dificultad. 
Asimismo en cada resolución se hace referencia a los resúmenes teóricos , nombrándose la 
propiedad y/o el item al cual pertenece la propiedad a emplear.
Es importante destacar que uno de los principales obstáculos a los que nos solemos 
enfrentar los docentes de Geometría es a la variada aplicación que se puede encontrar en cada 
tema, por ello con la finalidad de abarcar el mayor número de problemas tipos, hemos creído 
conveniente resolver dichos ejercicios del modo mas breve posible sin omitir las rigurosidades 
que demanda una solución matemáticamente convincente y correcta posible.
El grupo de problemas propuestos se ha dividido en tres niveles de dificultad, lo cual 
es un estilo propio de esta casa editorial, empezando con los de nivel 1 que son siempre los mas 
sencillos, pasando luego a los de nivel 2 que son de mayor dificultad y finalmente los de nivel 
3 que a nuestro juicio demandaran del estudiante una mayor dedicación y tiempo.
Todos los esfuerzos que hagamos para que nuestros alumnos puedan encarar con éxito 
sus pruebas nos harán merecedores de sus halagos y gratitudes, es este el fin que nos mueve a 
superarnos cada día mas, para estar a la altura de las nuevas exigencias y mirar con esperanza 
los nuevos retos de la enseñanza actual.
Atentamente:
Los Autores
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AL ESTUDIANTE
Resulta interesante observar que uno de los cursos de mayor aceptación por parte de 
la mayoría de los postulantes es Geometría, tal vez por que ustedes tienden a relacionar 
rápidamente lo visto en el colegio con lo que observan en los Centros de Preparación 
Preuniversitaria, aunque también no es menos cierto afirmar que este inicial apego se va 
diluyendo a medida que van tocando temas nunca antes vistos por ustedes.
Debemos recomendarles que así como puede parecer fácil la primera parte del curso, 
lo son también los últimos, todo consiste en no perder la ilación de los temas iniciales en los 
que se sugiere ser atentos y no dejarse llevar por la opinión casi general de que aquello es fácil, 
pues como en toda ciencia, lo difícil se presenta cuando empezamos a relacionar temas, es decir, 
cuando los ejercicios se resuelven empleando propiedades anteriormente vistas.
El desarrollo de problemas en Geometría demanda del estudiante una visión especial 
de cada caso, pues en mas de una ocasión se comprobará que las resoluciones obedecen a un 
determinado patrón de procedimientos, los que solo con la práctica se vuelven rutinarios. Es 
menester de cada alumno estar siempre predispuestos a resolver primero cada ejercicio que 
aquí se presenta resuelto, pues debes saber que las resoluciones aquí mostradas son nuestras, 
es decir son la manera como nosotros hemos considerado resolverlas, sin embargo , tú tienes 
tu forma de verlas cosas que no tiene porqué coincidir con la nuestra, por lo demás solo debemos 
estar de acuerdo en que tu solución y la nuestra deben ser las mismas.
El texto "Problemas de Geometría y cómo resolverlos" se pone a tu disposición, con la 
finalidad de satisfacer tus requerimientos con respecto al curso. El resumen teórico que se 
expone en el inicio de cada capítulo no debe ser necesariamente memorizado, debes dejar es n 
al ejercicio continuo, para lo cual se han presentado una gran variedad de problemas resueltos 
y propuestos que han sido cuidadosamente ordenados teniendo en cuenta el nivel de dificultad 
que presentan cada uno de ellos; esto te permitirá tener un amplio dominio del capítulo tratado.
Recomendamos al estudiant. para un mejor manejo del texto, seguir las siguientes 
normas:
1°) Repasar atentamente el resumen teórico del capítulo a tratar.
2°) Repasarlos ejerciciosy problemas resueltos, observando en cada uno de ellos, la aplicación 
de su resumen teórico.
3°) Intentar por tu propia cuenta los ejercicios y problemas resueltos y luego compararías pasos 
con aciertos y/o desaciertos con la resolución que presentamos para cada problema.
4°) Entrenarse con los ejercicios y problemas propuestos y consultar con tu profesor sobre tus 
dificultades y nuevos métodos.
Finalmente esperando que "Problemas de Razonamiento Matemático y cómo resolverlos " 
logren en tí una mayor capacidad de raciocinio, no me queda mas que desearte éxitos en tu meta 
trazada.
Atentamente :
Los Autores
9
ÍNDICE GENERAL
Página
CAP. 1.- Número de Puntos de Intersección (N .P .I . ) ............................................... 11
CAP. 2.- Segmentos de Recta................................................................................... 39
CAP. 3 .-Ángulos..................................................................................................... 67
CAP. 4.- Triángulos I ..............................................................................................99
CAP. 5 .-Triángulos I I ............................................................................................. 139 — K
CAP. 6. - Polígonos................................................................................................... 181
CAP 7.- Cuadriláteros............................................................................................. 213
CAP 8 .- Circunferencia I ........................................................................................ 259
CAP. 9.- Circunferencia I I ....................................................................................... 301
CAP. 10.- Puntos Notables........................................................................................ 343
CAP. 11.- Proporcionalidad....................................................................................... 375
CAP. 12.- Semejanza de Triángulos............................................................................409
CAP. 13.- Relaciones Métricas en Triángulos Rectángulos.......................................443
CAP. 14.- Relaciones Métricas en Triángulos Oblicuángulos................................. 477
CAP. 15.- Relaciones Métricas en la Circunferencia I ............................................. 507
CAP. 16.- Relaciones Métricas en la Circunferencia I I ............................................ 537
CAP. 17.- Polígonos Regulares: Potencia y Eje Radical........................................... 571
CAP. 18.- Áreas de Regiones Triangulares................................................................ 607
CAP. 19.- Relación entre las Áreas de dos Triángulos.............................................. 655
CAP. 20.- Áreas de Regiones Cuadrangulares........................................................... 691
CAP. 21.- Áreas de Regiones Poligonales.................................................................. 731
CAP. 22.- Áreas de Regiones Circulares..................................................................... 767
CAP. 23.- Geometría del Espacio: Rectas y Planos..................................................... 807 •
CAP. 24.- Ángulos Poliedros..................................................................................... 843
CAP. 25.- Poliedros Regulares.................................................................................... 877
CAP. 26.-Sólidos Poliédricos..................................................................................... 911
CAP. 27.- Cilindro y Cono.......................................................................................... 947
CAP. 28.- Sólidos Truncados...................................................................................... 983
CAP. 29.- La Esfera y sus Partes..................................................................................1017
CAP. 30.- Superficies y Sólidos de Revolución........................................................... 1051
Claves de Respuestas..................................................................................................1087
Bibliografía...................................................................................................................1090
10
SÍMBOLOS
(1: 2; 3} conj. con elementos 1, 2 y 3 <=> si y solo si
N conj. de los números naturales: 0; 1; 2; 3;... / tal que
N* conj. de los números naturales sin cero: 1; 2; 3;... = igual
Z conj. de los números enteros:...; -2: -I; 0: 1; * desigual, distinto
Z+ conj. de los números enteros positivos s idéntico
Z- conj. de los números enteros negativos = aproximadamente
Q conj. de los números racionales
2n número par (/i * 0)
Q1 conj de los números irracionales
2n+ 1 número impar (n e Z)
conj. de los números reales 2/t-l número impar (n e N)
m* conj. de los números reales positivos
OC
!o|
proporcional a 
valor absoluto de a
ÜC conj. de los números reales negativos
conj. de los números complejos
a > b a es mayor que b
c
a < b
símbolo que representa a -J—l
a es menor que b
i
a ^ b a es mayor o igual que b
Í1O 0 conjunto nulo o vacío a < b a es menor o igual que b
e pertenece a ... a » b a es mucho mayor que b
e no pertenece a ... a « b a es mucho menor que b
A c B A es subconjunto de B a < c < b c es mayor que a y menor que b
A n B A intersección B ~ semejante
A B A unión B = congruente
A \ o . fA complemento del conj. A < > equivalente
3 existe A y
í no existe V o
3 ! existe un único f { x ) función de x
* no existe un único / • ' w función inversa de x
V para todo n! factorial de n = n .(n - l).(n - 2)..
y no para todo sen x seno del número x
X suma, o, su materia eos X coseno del número x
( * ; y) un par ordenado de números lg * tangente del número x
d (A.B) distancia entre los puntos A y B ctgx cotangente del número x
—» O implica, luego, por lo tanto sec x secante del número x
es equivalente a. implica en ambos sentidos CSC X cosecante del número x
= ) entonces lím límite
Intersectar es producir uno o más puntos comunes entre dos figuras geométricas, sin 
embargo cuando éstas son rectas, curvas cerradas o figuras poligonales, se generan un deter­
minado número de puntos comunes llamados puntos de intersección.
Una adecuada disposición de figuras geométricas puede producir un máximo número 
de puntos de intersección . Será nuestra tarea atender todas aquellas situaciones en las que 
se presenten dichos casos.
Los problemas que se desarrollaran en este capítulo son aquellos en los que general­
mente se buscará encontrar un Número de Puntos de Intersección Máximo (N.P.I.máx), para 
un conjunto definido de figuras geométricas.
Para el estudio del presente capítulo, utilizaremos las siguientes fórmulas :
1*1 FÓRMULAS PRINCIPALES
A) PARA "n" RECTAS SECANTES.-
Contabilizando los puntos de intersección entre 
dos rectas, se tendrá que para "n" rectas el máximo 
número de puntos de intersección estará dado por:
N.P.I. =
n (n - l )
... ( 1.1)
Ejemplo : Hallar el N.P.I.máx de cuatro rectas secantes.
Resolución :
En el gráfico mostrado se ilustra el caso de n = 4 rectas secantes, las cuales se han dispuesto 
de modo que el número de puntos de corte sea máximo, contabilizándose 6 :
N.P.I. . = 6máx
Si aplicamos la relación (1.1) tendremos para n = 4 rectas secantes :
_ 4 (4 -1 ) _
N.P.I. . =max N-RI-m4* = 6
Este resultado nos permite comprobar la veracidad de la relación dada.
12 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Qulspe R.
B) PARA "n" CIRCUNFERENCIAS SECANTES.-
En este caso los puntos se obtienen intersec- 
tando las circunferencias de dos en dos, de este modo 
para ’n" de ellas el máximo número de puntos de inter­
sección estará dado por:
N.P.I. . = n (n -1)mtti '
Ejemplo: Hallar el N.P.I . de 3 circunferencias secantes•* r max
Resolución.-
En el gráfico puede observar que el N.P.I. máx = 6 .
A continuación, aplicamos la relación (1.2) , para n — 3 circunferencias secantes, en donde 
tendremos que :
N.P.I „ * = 3 (3 -1 ) N.RI , = 6máx
Resultado que nos permite confirmar la veracidad de la ralación dada.
C) PARA "n" TRIÁNGULOS SECANTES.-
Dos triángulos tienen como máximo 6 puntos de 
intersección, y "rí triángulos tiene un máximo número 
de puntos de intersección que está dado por:
N R 3 n (n -D ...(1.3)
Ejemplo: Hallar el N.P.I . de 3 triángulos secantes .
J r max s
Resolución.-
En el gráfico mostrado se puede observar que el N.RI. . =18
° max
Ahora si aplicamos la relación (1.3) para n = 3 triángulos secantes, tendremos.
N.P.I = 3.3 (3 -1 ) N.P.I . = 18max
Luis Ubaldo C Número de Puntos de Intersección (N.P.I.) 13
€)€fcCICJGS.D€ APLICAOOriV 1 mate}
1.- Hallar el máximo número de puntos de intersección de 16 rectas secantes. 
Resolución.-
Para calcular el máximo número de puntos de intersección de 
"n" rectas secantes se utiliza la relación ( 1 .1 ):
n (n - l)
NPI , = — «— puntos
Luego para nuestro problema se trata de : n = 16 rectas secan­
tes, de este modo el máximo número de puntos de intersec­
ción, se obtendrá así:
NPU * = 16 ° 96 ~1) = *20 puntos2.- Si se retira una recta de n rectas secantes, el máximo número de puntos de intersec- N 
ción disminuirá en 14. Hallar “n". ^ p p _ ’, i f , r .p - í¿4 ^ 1 \ - \
Resolución.- '2—
Para ”n" rectas, el máximo número de puntos de intersección estará dado por la relación (1.1):
n p - 14--=: v v 2* - v \ — m + ' 2
NPl'máx = n (n - l ) /2 ~
Pero si se retira una (1) de estas rectas, entonces empleando la misma relación diremos que el 
máximo número de intersecciones, está dado así: p r — \ "1
NFMmáx Cn -1) (n - 2)/2 ^ P P - 2 6 = p í - Z P 4 X
De acuerdo con la condición del problema se debe verificar que : 7
2 n f - n -
NPIrnáx ' NPImáx H * ' - Z O P
n (n - l ) (n-1) ( n - 2 ) = 14 <=¡L
2 2
Efectuando las operaciones indicadas : (n -1) (n - n + 2) = 28
De donde: 2 (n -1 ) = 28 => n -1 = 14
n = 15
14 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R.
3.- Hallar el número de rectas secantes, tal que al aumentar una de ellas, el máximo 
número de puntos de intersección se duplica. >
3 . n p / n - M K n + ^ - r l - r
Resolución.------------------- ' ---------- --------------- '
Según el dato del problema, al aumentar una recta el máximo número de puntos de intersec­
ción se duplica, esto quiere decirque si n es el número de rectas, tendremos :
(n + 1) (n + 1 - 1) _ 0 n ( n - 1)
2 2
Efectuando : n (n + 1) = 2 n (n -1)
Luego: n + 1 = 2n - 2 => n = 3
4.- Hallar el número de rectas que se intersectan entre si, sabiendo que si se quitara una, 
el número de puntos de intersección disminuirá en 4.
Resolución.-
Sea "n" el número de rectas que se intersectan entre si, luego de la relación (1.1) tendremos :
(n - 1) ( n - 1 - 1 ) _ n ( n - 1) .
2 2
Efectuando : (n - 1) (n - 2) = n (n -1 ) - 8
De donde : n -1 = 4 => n = 5
5.- El máximo número de puntos de intersección más el número de vértices de “n" trián­
gulos que se intersectan entre si es 588. Hallar n.
Resolución.-
E1 máximo número de puntos de intersección en que se intersectan ”n" triángulos se obtiene 
utilizando la relación (1.3) :
NPI = 3n (n -1)max v J
Puesto que el número de vértices de "n" triángulos es 3n, según el dato del problema plantea­
mos la siguiente ecuación :
3 n (n - l ) + 3n = 588
Efectuando: n2 -n + n = 196 (196 = 142)
Luego : n2 = 142
n = 14
Luis Ubaldo C. Número de Puntos de Intersección (N.P.I.) 15
D) PARA "n" POLÍGONOS CONVEXOS DE "L" LADOS
Al observar la relación (1.3) encontramos que en ésta se presenta el coeficiente 3 que 
representa al número de lados del polígono. Por lo tanto cuando dicho número sea L, tendremos:
N.P.I. . = L n (n -1 )max ... (1.4)
Donde: n = número de polígonos secantes 
L = número de lados
Ejemplo : Hallar el N.P.lm&xde 2 polígonos de 6 lados.
Resolución.-
En el gráfico mostrado observamos que hay 12 puntos de interseción. Si a continuación em­
pleamos la relación (1.4), tendremos :
N R1-máx = 6 ' 2 t2 - n
E) PARA "n" ELIPSES SECANTES
N.P.I . = 12max
Si observamos la intersección de dos elipses comprobaremos que el número de puntos 
de intersección es el doble del que se presenta entre dos circunferencias, por lo tanto y en 
base ala relación ( 1 .2), tendremos que :
N.P.I.rofa= 2 n (n - l ) ...(1.5)
Donde : n = número de elipses secantes.
Ejemplo: Hallar el N.P.I mij de 3 elipses secantes
Resolución.-
E1 gráfico muestra que hay 12 puntos, luego en la relación (1.5)
N.P.I. . =2.3 (3 -1 ) => N.P.I . =12max * max
F) PARA "n” CUADRILÁTEROS NO CONVEXOS SECANTES
Al observar la interseccción de dos cuadriláteros 
no convexos, comprobamos que estos lo hacen hasta 
en 8 puntos como máximo, luego paran figuras como 
éstas se tendrá que :
N. P. 1 .^ = 8n (n -1) ...(1 .6)
Fig. 1.6
16 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R.
Ejemplo : Hallar el N.RImáxde 2 cuadriláteros convexos no secantes 
Resolución.-
Como se puede observar, en el gráfico dado hay 16 puntos. Si empleamos la relación (16) para 
n = 4 , tendremos que :
N.P.I. . = 8 -2 (2 -1 ) => N.P.I = 16max max
SUGERENCIAS.
Es frecuente encontrar problemas en los que los puntos de intersección lo producen 
varios conjuntos distintos de figuras geométricas.
Rectas + Circunferencias + Triángulos
En estos casos se recomienda proceder a encontrar los puntos de intersección por pare­
jas y por separado, para luego proceder a una adición entre todas las obtenidas
6.- Hallar el máximo número de puntos de intersección de 8 cuadriláteros. 
Resolución.-
Sabemos que con "n" polígonos convexos de "L" lados cada 
uno, se intersectan como máximo, en un número de puntos 
que viene dada por la relación (1.4):
N. P. I.max = L n (r/ -1) puntos
Por tratarse de cuadriláteros, entonces : L = 4 , y por ser ocho 
las figuras que se intersectan, se tiene que : n = 8.
Luego el número máximo de puntos de intersección de 8 cua­
driláteros será:
N. P. I.máx =4 (8) (8 -1 ) = 224 puntos
7.- El máximo número de puntos de intersección de un grupo de circunferencias secantes 
es igual al décuplo del número de circunferencias. Calcular el máximo número de 
puntos de intersección entre igual número de icoságonos convexos secantes.
Resolución.-
Empleando la fórmula 1.2 se tiene : NPI . = n (n -1) , donde n = Nc de circunferencias
l
Luís U b a ld o C. Número de Puntos de Intersección (N.P.I.) 17
Igualando: 1 On = n (n -1)
=> n = 11
Nos piden el NPI . entre 11 incógnitas secantes para ello recurrimos a la fórmula 1.4
r max °
Donde : L = 20 (número de lados del icoságono) y n = 11
Luego: NPI . =20.11(11-1)
* max
NPI . = 2 200max
8.- Calcular el máximo número de puntos de intersección de 10 rectas secantes, 15 
paralelas y 20 circunferencias secantes.
Resolución.-
En primer lugar, hallaremos el máximo número de puntos de intersección de cada conjunto de 
figuras iguales o semejantes. A continuación calcularemos el máximo número de puntos de 
intersección de la combinación de cada dos de estos conjuntos y finalmente sumaremos estos 
resultados, obteniéndose así el máximo número de puntos de intersección de todas las figuras 
dadas. Veamos:
a) Entre las 10 rectas secantes se encontrará el máximo número de puntos de intersección 
aplicando la relación ( 1 .1 ), es decir:
NPI ——i*—— = 45 puntos => NPI . = 45 puntoskti3x ^ 11 iax
b) Entre las 15 rectas paralelas no existe intersección alguna , luego el número de puntos de 
intersección se considera igual a Cero (0).
c) Entre las 20 circunferencias se sabe que el máximo número de puntos de intersección viene 
dada por la relación ( 1 .2), donde n = 20, es decir:
NPImáx = (20-1) = 380 puntos => NPlmáx = 380 puntos
A continuación nos corresponde efectuar las combinaciones entre estos grupos, tomados de 
dos en dos. Veamos :
1ro.- Entre (a) y (£>) , el número máximo de interseciones viene dado por el siguiente producto:
1 • 10 • 15 = 150 puntos
A A ^____
Número de rectas paralelas.
Número de rectas secantes
Número de puntos entre una recta y una paralela.
NPI . =150puntosmax r
2do.- Entre (£>) y (c) el número de intersecciones está dado por el siguiente producto :
2 ■ 15 • 20 = 600 puntos.
^ A A
I__________ Número de circunferencias
 Número de rectas paralelas
Número de puntos entre una paralela y una circunferencia 
=> NPI . = 600 puntosmax ^
3ro.- Entre (a ) y (c)el número de intersecciones lo da el siguiente producto :
2 • 10 ■ 20 = 400 puntos.
/Ji A
I_________ Número de circunferencias
 Número de rectas secantes
Número de puntos entre una recta secante y una circunferencia 
=> NPlmáx = 400 puntos
Finalmente, para obtener el máximo número de puntos de intersección de todas ellas, debe­
mos efectuar la suma de los resultados obtenidos en los pasos anteriores :
N = 45 + 0 + 380 + 150 + 600 + 400 
N = 1 575
9.- Si a un grupo de cuadriláteros se le quitan 4 entonces el N.P.i. máximo disminuye en 
288 puntos, pero si se le agregan 4, el N.P.I. máximo aumentará e n :
Resolución.-
Sea "n" el número de cuadriláteros no convexos, luego en base a la relación 1.6 tendremosque: 
NP'máx = 8n (n - 1) (1.1.0 al quitar 4 cuadriláteros no convexos quedarán (n - 4) los cuales 
producirán : 8 (n - 4) (n - 5) puntos
Luego : 8n (n -1) - 8 (n - 4) (n - 5) = 288
n2 - n - (n2 - 9 n + 20) = 36
8n - 20 = 36 => n = 7
El N.P.l.máx para los 7 cuadriláteros no convexos es : 8 ■ 7 (7 -1) = 336
Y el N.P.I. . para 11 cuadriláteros no convexos es : 8 11(11.1) = 880max r
El aumento de puntos de puntos de intersección será : 880 - 336 = 544
18 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Qulspe R.
10.- Hallar el máximo número de puntos de intersección entre 5 octógonos y 6 decágonos 
convexos.
Resolución.-
a) Para los 5 octógonos secantes aplicaremos la relación 1.6 la cual permite determinar:
8 ■5(5 - 1) = 160 puntos
b) Para los 6 decágonos secantes aplicaremos la relación 1.6 la cual permite determinar:
10 ■ 6 (6 - 1) = 300 puntos 
Luego intersectando los octogonos con los decágonos, tendremos :
2 ■ 8 • 5 ■ 6 = 480 puntos.
La suma total nos dará el máximo número de puntos de intersección de todas ellas, es decir:
N = 160 + 300 + 480 
N = 940
11.- Se tienen "n " dodecágonos secantes con la característica de tener el mismo número 
de puntos de intersección máximo que 8 nonágonos. Hallar el valor de “n".
Resolución.-
Del enunciado podemos extrar los siguientes datos :
Dodecágonos: L = 12 , n = ?
Nonágonos : L = 9 , n = 8
A partir de la relación (1.4) se puede establecer que :
12 . n ( n-1 ) = 9 -8 (8-1 ) 
n2-n =42 
n2 - n - 42 = 0
" y 7
n / ^ + 6
Resolviendo encontramos que : n = 7
Luis ubaldo C. Número de Puntos de Intersección (N.P.I.) 19
20 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R.
1.3 PROPIEDADES COMPLEaVfONrmRMS . :. '
1ra) El mínimo número de puntos de intersección 
(N.P.I. . ) entre "n" rectas secantes es 1 y esto ocu-min J
rre cuando las rectas son concurrentes tal como se 
muestra en el gráfico adjunto.
N.P.I. . = 1min (1.7)
2da) El mínimo número de puntos de intersección 
(N.P. I. . ) entre "n" circunferencias secantes es 2,min *
tal como se muestra en el gráfico adjunto.
N.P.I. t = 2mín ...(1 .8)
Fig. 1.8
3ra) El N.P. l.máx que se produce al intersectar un polí­
gono convexo de "m” lados, con otro polígono con­
vexo de “n" lados (m < n), es 2m. Esto se explica 
porque en cada uno de losm lados existen dos (2) 
puntos de intersección, luego :
N.P.I. = 2m ...(1.9)
4U) El N.P.I.máx entre un polígono convexo de "n" lados y una circunferencia o elipse, es 2n. Esto 
es así dado que en cada uno de los n lados existen dos ( 2) puntos de intersección.
N.P.I. , = 2nmáx ...(1 .1 0 )
Fig. 1.10
Luis Ubaldo C. Número de Puntos de Intersección (N.P.I.) 21
5ta) Si se agregan "m"rectas secantes a un grupo de "n" rectas secantes.se puede probar que el 
N.P.I. aumentará en :max
A N.P.I. = y (m - l )+ m n ...(1.11)
6,a) Si se quitan "m" rectas secantes a un grupo de "n" rectas secantes, entonces el N.P.I. ^ 
disminuirá, de tal forma que el nuevo N.P.I.má¡¡, estará dado por:
AN .P .I.=m / i-| (m + l ) ...(1.12)
7™) El máximo número de rectas que exterminan "rt" puntos en los que no hay tres (3) 
colineales, de forma tal que cada fteta pase solo por 2 puntos, esta dado por:
# rectas = ^ ...(1.13)
8V*) El máximo número de triángulos que se pueden determinar con "n" puntos o rectas, en los 
que jio hay 3 puntos colineales, ni rectas concurrentes, está dado por:
# triángulos = —~¡T ~ —~ (1.14)O
9™) El número de partes en que queda dividido el plano por "n" rectas secantes en los que no 
hay 3 rectas concurrentes, está dado por :
. (1.15)
22 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Qulspe R.
ejeRClCJÓS4>€ AflICACfÓTt Í3W PART6)
12.-Si se retiran 3 elipses de un grupo que se están intersectando, el N.P.I. máximo disminuirá 
en 96. Determinar cual sería la disminución de puntos si se trataran de rectas secantes.
Resolución.-
Para hallar el NPlmáj( entre lasn elipses secantes emplearemos la fórmula 1.5 .
Luego: NPlmáx = 2n (n -1) :
Al retirarse 3 elipses, quedarán (n - 3) ; las que producen :
NP,m fa = 2 (n -3 )(n -4 )
La disminución de puntos se obtiene por la diferencia : 2/7 (n - 1) - 2 (n - 3) (n - 4) = 96
De donde : 2n2 - 2n - 2n2 + 14n - 24 = 96
Resolviendo : n = 10
Para hallar la disminución de puntos al tratarse de rectas secantes empleamos la fórmula :
m (m + 1) 
m n g O -12)
, 3(3 + n)
Donde : m = 3 yn = 10 , reemplazando : 3(10) ---- = 3 0 -6
Disminución de puntos = 24
13.-Hallar el máximo número de puntos de intersección entre 4 circunferencias secantes 
y 6 cuadriláteros no convexos secantes.
Resolución.-
a) 4 circunferencias secantes se intersectan en :
4 (4 - 1) = 12 puntos, (relación 1.2)
b) 6 cuadriláteros no convexos secantes se intersectan en :
8 • 6 (6 - 1) = 240 puntos (relación 1.6)
Luego (a) y (b) : 8 - 4 • 6 = 192 puntos
Finalmente la suma nos dará el máximo número de puntos de intersección entre todas ellas, es 
decir:
N = 12 + 240 + 192 
N = 444
Luis Uba'do C. Número de Puntos de Intersección (N.P.I.) 23
Observación : La fórmula general, para calcular el máximo número de puntos de intersección 
entre "n" cuadriláteros no convexos secantes será:
N = 8/7 (n - 1)
14.-El número de puntos de intersección máximo que producen un grupo de pentadecágo- 
nos secantes (incluyendo sus vértices) es 6 000. ¿Cuántos pentadecágonos hay en 
dicho grupo?
Resolueión.-
Recorriendo a la fórmula l .4
Se tiene : NPI . = L n (n - l ) ; L = 15
max v * *
Luego NPImáx = 15n(n -1)
Como hay que incluir sus vértices y teniendo en cuenta que cada pentadecágono posee 15 
vértices, se tiene :
# de vértices = 15n
Luego : 15n (n -1) + 15n = 6 000
Factorizando: 15n (n - 1 + 1) = 6 000
Por consiguiente : 15n2 = 6 000
n = 20
15.- Se tienen "n" triángulos secantes. Si se quitan 3 triángulos, el número máximo de 
puntos de intersección, disminuye en 54. Hallar el valor de "n".
Resolución.-
Si a "n“ triángulos secantes se quitan 3 triángulos, entonces quedarían (n - 3) triángulos.
De acuerdo con la relación (l .3), el máximo número de puntos de intersección de estos será:
3 (n - 3) (n - 3 - 1) puntos 
Según las condiciones del problema se tiene que : 3 (n - 3) (n - 4) = 3n (n - 1) - 54
De donde : 3n2 - 21 n + 36 = 3n2 - 3n - 54 => 18 n = 90
Simplificando: n = 5
24 Problemas de Geometría v cómo resolverlos Ernesto Qulspe R
1.- Hallar el mínimo número de puntos de intersección entre 3 rectas y 1 circunferencia 
(las rectas deben ser secantes a ia circunferencia).
Resolución.-
Tres rectas secantes determinan tres puntos de intersección y si por 
ellas hacemos pasar una sola circunferencia lograremos que el número 
de puntos de intersecciones sea mínimo, tal como lo muestra el gráfico:
En consecuencia, el mínimo número de puntos de intersección entre 3 
rectas secantes y una circunferencia es de 3 puntos. ^
NPI = 3max
2.- Calcular el máximo número de puntos de intersección entre 3 circunferencias, 4 para­
lelas y 6 rectas secantes.
Resolución.-
a) 3 circunferencias se intersectan en :
b) 4 rectas paralelas en :
c) 6 rectas secantes se intersectan en : 
lntersectando las circunferencias con las paralelas: 
lntersectando las paralelas con las secantes : 
lntersectando las circunferencias con las secantes:
Luedo el máximo número de puntos de intersección estará dado por:
N = 6 + 0 + 15 + 24+ 24+ 36 
En consecuencia: N = 105 puntos
3 (3 - 1) = 6 puntos 
= 0 puntos.
6 (6 - 1 )/2 = 15 puntos. 
2 ■ 3 - 4 = 24 puntos
1 • 4 ■ 6 = 24 puntos
2 • 3 - 6 = 36 puntos
3.- Se tiene dos circunferencias concéntricas y 12 rectas paralelas. Hallar el máximo 
número de puntos de intersección.
Resolución.-
En el gráfico observamos que una recta y dos circunferencias 
concéntricas determinan 4 puntos de intersección :
.•. 1 recta y 2 circunferencias concéntricas < > 4 puntos de intersección
Luis tibaldo C. Número de Puntos de Intersección (N.P.I.) 25
Esto significa que con dos rectas paralelas tendremos: 2x4 puntos; con tres (3) rectasparalelas: 
3 x 4 puntos,. . . . etc. Este breve análisis nos permite concluir que 12 rectas paralelas y dos 
circunferencias concéntricas, determinarán:
12x4= 48 puntos de intersección
4 .-¿Cuál es el máximo número de rectas que pasan por 50 puntos sabiendo que no hay 3 
de ellos alineados y que cada recta debe pasar por dos de estos puntos?
Resolución.-
Con fines didácticos te muestro a continuación sucesivos conjuntos de puntos y rectas para 
poder deducir una reglade formación entre ellas :
Para 3 puntos, 3 rectas Para 4 puntos , 6 rectas Para 5 puntos , 10 rectas
Luego, para 50 puntos no alineados, el máximo número de rectas que pasan por ellas será 
obtenido respetando la condición de que éstas no pasen por 3 puntos alineados, lo que equi­
vale a decir que debemos hacer combinaciones de 50 puntos tomados de 2 en 2. No cabe duda 
que esto amerita la utilización del número combinatorio, es decir:
„50 _ 50! 50 _ 50 ■ 49 • 48!
2 2! (50 — 2)! =* 2 — 2(48)!
•50
C 2 = 1 225 rectas
5.- Hallar el máximo número de puntos de intersección entre 30 triángulos secantes y 18 
rectas secantes.
Resolución.-
a) Los 30 triángulos secantes generan: 3 • 30 • (30 - 1) = 2 610 puntos
b) Las 18 rectas secantes producen : 18 (18 - 1)/2 = 153 puntos
Intersectando los triángulos con las rectas: 2 - 30 -18= 1 080
De este modo el máximo número de puntos de intersección viene dado así:
N = 2610 + 153 + 1 080
N = 3 843
26 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R.
6.- Calcular el máximo número de puntos de intersección de 3 circunferencias secantes 
y 1 triángulo equilátero.
Resolución.-
a) 3 circunferencias secantes se intersectan en: 3 (3 - l ) = 6 puntos.
b) I triángulo equilátero por ser único genera : 0 puntos
Intersectando las circunferencias con el triángulo : 6 • 3 ■ 1 = 18 puntos
Finalmente el máximo número de puntos de intersección entre ellas será:
N = 6 + 0 + 18 =» N = 24 puntos
7.- En un plano se dibujan "n " rectas, si de este grupo de rectas 5 fuesen paralelas y el resto 
rectas secantes entre si, el máximo número de puntos de intersección sería 45. Hallar n.
Resolución.-
a) De acuerdo con la relación (1.1), se sabe que (n - 5) rectas secantes se intersectan en:
(n - 5) (n - 6)/2 puntos.
b) 5 rectas paralelas de intersección en : 0 puntos.
Intersectando las paralelas con las secantes : 1 • {n - 5) ■ (5) puntos
Finalmente tendremos : — —— ~ + 0 + 5 (n - 5) = 45
Efectuando las operaciones indicadas: n2 -n-110 = 0
n -11
(n — 1 l)(n + 10) = U
n +10
n = 1 1
8.- Hallar el número de puntos de intersección entre 10 circunferencias concéntricas y 20 
rectas que pasan por el centro común.
Resolución.-
En el gráfico observamos que el máximo número de puntos de intersec­
ción de 10 circunferencias concéntricas y 20 rectas concurrentes en el 
centro común, estará dada por la siguiente expresión :
2-10-20+ 1 = 401
Las rectas concurrentes determinan este único punto 
Número de rectas concurrentes 
Número de circunferencias concéntricas.
Número de puntos de intersección de una circunferencia y una secante
L U I i ) U k / U i U ^ W * A T ( • ! ! ( ( , I V U l . I K l H V a l U l , J I l l l ^ f » t / i » yA i • n « & ■ ̂
N PI= 401
9.- 7 rectas secantes, 8 circunferencias y 9 triángulos se intersectan como máximo, en: 
Resolución.-
b) Por la relación (1.2) 8 circunferencias secantes se intersectan en : 8 (8 - 1) = 56 puntos
c) Por la relación (1.3) 9 triángulos secantes se intersectan en : 3 (9) (9 - 1) = 216 puntos
La suma nos dará el máximo número de puntos de intersección entre todas ellas, es decir:
10.- Si al máximo número de puntos de intersección entre "m" rectas secantes se le 
aumenta 16 puntos, ei resultado equivale al número de rectas elevado al cuadrado y 
aumentado en uno. Determinar el máximo número de puntos de intersección de "m " 
hexágonos secantes:
Resolución.-
 ...................................................................... ni [ m - 1)
Según la relación (1.1) sabemos que m rectas se intersectan en : --------— puntos
Por condición del problema: m —— + 16 = m2 + 1
Resolviendo : m (m -1) + 30 = 0
De donde : m2 + m - 30 = 0
a) Por la relación (1.1)7 rectas secantes se intersectan en : 7 (7 -1 )/2 =21 puntos
Intersectando rectas con circunferencias se obtienen: 2 • 7 • 8 = 112 puntos 
6 • 8 - 9 = 432 puntosIntersectando circunferencias con triángulos se obtienen : 
Intersectando rectas con triángulos se obtienen : 2 • 7 • 9 = 126 puntos
N = 21 + 56 + 216 + 112 + 432 + 126
N = 963 puntos
m +6
=* (m -5 )(m + 6) = 0
m -5
Luego el NPImáx de m hexágonos estará dado por la relación (1.4) :
6/n {m -1 ) = 6 -5 (5 -1 ) = 120
Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Qulspe R.
11.- Calcular el mínimo número de puntos de intersección entre 3 rectas paralelas y 5 
rectas secantes.
Resolución.-
Si ubicamos convenientemente las rectas secantes sobre 
las rectas paralelas como el que muestra el gráfico adjunto, 
obtendremos el menor número de puntos de corte, luego :
NPI . . = 10mínimo
12.- En un plano se tienen n rectas secantes; al duplicar el número de ellas el máximo 
número de puntos de intersección aumenta en 145. Calcular el número de rectas.
Resolucion.-
Sabemos que si se duplica el número de rectas se obtendrán 2n rectas.Luego aplicando la 
relación ( l . l ) se tendrá :
2n ( 2n - l )
N.Rl. . =
máx = n (2n - 1 )
Entonces : N.P.I. . = n (2n -1)mav ' J
A continuación el aumento de puntos se obtiene mediante la siguiente diferencia :
n (2n - 1) - n = 145
Efectuando operaciones: 
Transponiendo términos:
2n (2n -1 ) - n (n -1 ) = 290 
3n2 - n - 290 = 0
3 n 29
10
(3n + 29)(n-10) = 0
n = 10
13.- Si a un conjunto de "n " rectas secantes se le quitan 4 rectas, su NPI máx. disminuye 
en 90, pero si se agregan 4 rectas al conjunto, el número de puntos de intersección 
máximo aumentaría e n :
Resolución. -
"n" rectas rectas secantes determinan un : 
(n - 4) rectas secantes determinan un :
NPI , =máx
NPI . =max
n ( n - 1)
( n - 4) ( n - 5)
La disminución de puntos se obtiene por la diferencia entre (1) y (2) :
n (n -1 ) (n -4 ) (n -5 ) =
( 1)
(2)
Luis Ubaldo C. Número de Puntos de Intersección (N.P.I.) 29
Efectuando laas operaciones indicadas: n2 - n - n2 + 9n - 20 = 180
De donde al resolver la ecuación, se obtiene : n = 25
25 (25-1)
De este modo encontramos que : NP1 . = ------ =----- = 300
^ max 2
29 (29-1)
Al agregar 4 rectas se tendrán 29, luego: NPImáx = ------ ;>----- = 406
Luego el NPImáx aumentará en : 406 - 300 = 106
14.- Si a un número de elipses secantes se le aumenta cuatro, el número de puntos de 
intersección se incrementa en 184. Calcular cuántas elipses conforman dicho grupo.
Resolueión.-
Según la relación (1.5) n elipses secantes determinan un: NPImáx = 2n(n -1)
Por la misma razón (n + 4) elipses secantes determinan : NPImáx = 2 (n + 4) (n + 3)
El incremento del NPIm4x se obtiene por la diferencia: 2(n + 4) (n + 3) - 2n (n -1) = 184 
Resolviendo : n2 + 7n + 12 - n2 + n = 92
n = 10
15.- Si a un conjunto de k rectas secantes se le agrega una recta, ei máximo número de 
puntos de intersección aumenta en un quinto del total. Calcular el máximo número de 
puntos de intersección.
Resolución.-
fc+1 rectas k rectas k rectas
Por condición del problema se tiene que : NPImax = NPImax + ^ NPImax
fc+1 rectas k rectas
ntC = f n pC
fe+1 rectas k rectas
Sustituyendo cada término por la relación (1.1): + Okft + 0 ~ i] = ^ A(ft -1)
2 s 2
=> * ( * + 1 ) = ! * ( * - 1 )
Simplificando "k" y efectuando operaciones: 6(fc -1 ) = 5 (/? + 1)
Finalmente al despejar obtenemos : k = 11
11(12)
Luego hallamos el NPlmáx a partir de la relación (1.1): NPImáx = — -—
30 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R.
16.- En la figura se tienen "n " rectas concurrentes y 
2n elipses. Si el número total de puntos de in­
tersección es21n+ 12 ; calcular el valor de "n ".
Resolución.'
De acuerdo con lo expuesto en el item1.3 sabemos que n rectas concurrentes se ¡ntersectan 
en 1 punto.
Asimismo podemos reconocer .según el gráfico ad­
junto, que n elipses secantes dispuestas en forma de 
eslabones determinan:
2 (n - 1 ) puntos
Además cada recta al interceptar a cada elipse en 2 puntos, nos permite deducir que cada recta 
determine : 2 (2n) = 4n puntos sobre todas las elipses
De este modo es fácil predecir que con n rectas se obtendrán : 4n . n = 4 n2 puntos.
Luego el NP1 máx será : 1 + 2 (n + 1) + 2(n - 1) + 4n2 = 21 n + 12
Efectuando operaciones : 4n2 + 4n-3 = 21n + 12
Transponiendo términos : 4n2 - 17n -15 = 0
Factorizando: An v +3
n - 5
=* (4n + 3 )(n -5 ) = 0 
De donde : n = 5
17.- Si a un grupo de triángulos secantes se le agregan 4, entonces el máximo número de 
puntos de intersección se le triplica. ¿ Cuántos triángulos conforman dicho grupo?
Resolución.-
Según la relación (1.3) los "n” triángulos, producirán: NPImáx = 3n (n - 1) ....(*)
Si se agregan 4 triángulos: 3 (n + 4) (n + 4 -1 ) = 3 (n + 4) (n + 3) puntos
Según el problema esta última cantidad resulta ser el triple de (*).
Luego por condición del problema : 3 (n + 4) (n + 3) = 3 [3n (n - 1)1
Efectuando operaciones obtenemos: n2 - 5n - 6 = 0
V ’3
n / ^ + 2
Resolviendo : n = 6
(4n + 3 )(n -5 ) = 0
Luis Ubaldo C. Número de Puntos de Intersección (N.P.I.) 31
18.- Calcular el número de puntos de Intersección máximo entre 8 rectas secantes, 8 
circunferencias secantes y 8 triángulos secantes.
Resolución.-
En el esquema adjunto se muestra la forma como se están inter- 
sectando las figuras . Primeramente calculamos los puntos que deter­
minan solo las figuras de la misma especie, luego los puntos produci­
dos por las figuras tomados de 2 en 2 .
I ° Por la relación 1.1 las 8 rectas tienen un máximo de puntos de inter­
sección d e :
o f ' o _ n
NPl . = s = 28 puntosmax 2
2o Por la relación 1.2 las 8 circunferencias se intersectan en :
NPImáx = 8 C8 - 1 ) =56 puntos
3o Por la relación 1.3 los 8 Triángulos : NPlmáx = 3- 8 (8 -1 ) = 168 puntos
4o Intersectando las rectas con las circunferencias: (2) 8 ■ 8 = 128 puntos
5o Intersectando las rectas con los triángulos : (2) • 8 • 8 = 128 puntos
6o Intersectando las circunferencias con los triángulos; (6) • 8 • 8 = 384 puntos
Los números ubicados entre paréntesis en los pasos 4o, 5o y 6o, representan el NPl máx entre una 
figura de cada clase ,para lo cual hemos recurrido al item 1.10. De este modo se tendrá que:
N = 28 + 56 + 168 + 128 + 128 + 384 
Finalmente sumamos las cantidades parciales: NPl . = 892
r max
19.- Calcular la N.P.I. máximo entre 10 cuadriláteros convexos secantes, 12 hexágonos 
secantes y 6 circunferencias secantes.
Resolución.-
I ° Por la relación 1.4 para los cuadriláteros : NPl = 4.10(10-1) = 360
2o Por la relación 1.3 para los hexágonos : NPl = 6.12 (12-1) = 792
3o Por la relación 1.2 para las circunferencias : NPl = 6 (6 -1) =30
4o Intersectando los cuadrados y los hexágonos: (8) -10 12 = 960
5o Intersectando los cuadrados y las circunferencias: (8) 10 • 6 = 480
6o Intersectando los hexágonos y las circunferencias: (12) - 12-6 = 864
Finalmente : NPl , = 3486max
32 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R.
NPI = 8 • 5(5 - 1 ) = 160
NPI = 2 • 6(6 - 1 ) = 60
NPI _ 7 (7 - I ) ‘ 2 = 21
NPI = (8) ■ 5• 6 == 240
NPI = (4) • 5• 7 == 140
NPI = (2 ) • 6 •7 == 84
NPI . = 705max
20.- Calcularla N.P.I. máximo entre 5 cuadriláteros no convexos secantes, 6 elipses se­
cantes y 7 rectas secantes.
Resolución.-
Io Intersectando los 5 cuadriláteros :
2o Intersectando las 6 elipses :
3o Intersectando las 7 rectas secantes:
4o Intersectando los cuadriláteros con las elipses:
5o Intersectando los cuadriláteros con las rectas :
6o Intersectando las elipses con las rectas:
21.- En un mismo plano, un número igual de rectas secantes y circunferencias secantes 
se intersectan determinando un N.P.I. máximo igual a 117. Calcular el número de 
figuras geométricas que se intersectan.
Resolución.-
Sea x el número de rectas, entoncesx también será número de circunferencias. Para obtener 
el NPIniixentre ellas se deberán hacer 3 tipos de intesecciones :
1 ° Entre las x rectas: NPI = ^
2o Entre lasx circunferencias: NPI = x ( x - 1)
3o Entre las jr rectas yx circunferencias : NPI = (2) 00 00 = 2x2
Luego por condición : ---- ^ ~ + jr ( jr - l ) + 2x2=117
O
Efectuando operaciones : x(x -1 ) + Ix 2 = 117
Despejando se obtiene : 7x2 - 3x - 234 = 0
7x x -+39
p x Q _ \ => (7x + 39)0r - 6) = 0
6
x = 6
Finalmente el número de figuras geométricas será : 2(6) = 12
Luis Ubaldo C. Número de Puntos de Intersección (N.P.I.) 33
22.- Se dan "m" rectas coplanares de las cuales "n" son paralelas. Calcular NP¡máx que 
pueden producir a l intersectarse estas rectas.
Resoluclón.-
Si n rectas son paralelas, entonces {m - n) serán secantes luego nuestro problema se reduce a 
calcular el NPImájt que producen n rectas paralelas y {m-n ) rectas secantes.
Io La intersección de las paralelas produce: NPI = 0
2o La intersección de las rectas secantes: NPI = ^ —n ^
3o La intersección de las rectas paralelas y las secantes : NPI = (1) {n) {m - n)
(m - n ) { m - n - \ ) , .
Finalmente : NPI . = ---------- »---------- + n ( m - n )
max 2
_ (m - n ) (m + n - 1 )
máx 2
23.- Calcular el N.P.I. máximo entre "n“ circunferencias concéntricas y "n" rectas secan­
tes de las cuales “m" pasan por el centro de las circunferencias.
Resolución.-
Es fácil reconocer que sim rectas son concurrentes entonces de las 
n rectas secantes dadas .existen (n-m ) rectas que son secantes pero 
no concurrentes. Para ello el gráfico adjunto nos da una idea de las 
intersecciones establecidas. A continuación estableceremos 6 tipos 
de intersecciones entre estas figuras :
Io Entre las n circunferencias:
2o Entre las m rectas concurrentes (R.C) :
3o Entre las (n - m) rectas no concurrentes: 
4o Entre las n circunferencias y m R.C:
NPI = 0 
NPI = 1
NPI =
{ n - m ) { n - m - 1 )
NPI = {2)ji.m
5o Entre las n circunferencias y { n - m ) rectas: NPI = (2).n {n - m) 
6o Entre las m R.C y { n - m ) rectas : NPI = (1 ).m {n - m)
{ n - m ) { n - m - 1)
Luego: NPI . = 1 +max + 2mn + 2 n{n - m) + m ( n - m )
NPI n ( 5 / / - l ) - m ( r r r - l )
máx 2
24.- Si a un conjunto de rectas secantes se le agregase una cantidad igual de rectas, su 
número máximo de puntos de intersección aumentará en 330. Calcular el número de 
rectas del conjunto.
34 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R.
Resolución.-
Sea "n" el número de rectas dado; si a éste le agregamos la misma cantidad, es decir ”n", 
entonces por condición del problema se tendrá que :
2n rectas n rectas
Mfjll) = + 330
Efectuando operaciones : 3n2 - n - 660 = 0
V 15 1 => {n - 15)(3n + 44) = 0 
3 n /^+44 J
En consecuencia el número de rectas será: n = 15
25.- Determinar el NPImit¡ entre m rectas secantes si k de ellas son concurrentes. 
Resolución.-
Se trata de calcular el NPl . entre (m - k) rectas secantes y k rectas concurrentes.max J
Io Entre las k rectas concurrentes (R.C .): NPl = 1
2o Entre las (m - k) rectas secantes : NPl = ^ ^ —- ——
3o Entre las ”k" R.C. y {m -k ) rectas secantes : NPl = (1) k (m - k) = k {m - k)
Luego : NPl ̂ ^ ^ —- —— + k {m -k )
= {rn-k)Cnl + k - l )
max 2
26.- Calcular el mínimo número de puntos de intersección entre "n" rectas secantes y 
“n" circunferencias secantes.
Resolucion.-
Para obtener el NPlmln, debemos hacer que las "n" circunferencias 
se intersecten en los mismos puntos, los que como sabemos 
serán como mínimo dos. Sean estos puntos A y B,ahora dichos 
puntos serán a su vez pertenecientes a una de lasn rectas dadas 
y si la condición es que el número de puntos de intersección sea 
el mínimo posible , entonces las {n - 1 ) rectas restantes las hare­
mos pasar por uno de dichos puntos, por ejemplo A , tal como se 
indica en el gráfico adjunto. Luego los puntos de intersección 
estarían distribuidosasí:
Io n circunferencia : NPl = 2
t
Luis Ubaldo C. Número de Puntos de Intersección (N.P.I.) 35
2o n rectas: NPI = 1 (A)
3o n circunferencias y n rectas: NPI = (1) (n -1) n
NP'mln = « O* - O + 2
27.- Hallar el máximo número de puntos de corte en la figura mostrada. Si hay "n " circun­
ferencias concéntricas y otras "n" circunferencias menores formando una argolla.
Resoluclón.-
1 ° El número de puntos de corte entre las “n" circunferencias que forman la argolla se obtie­
ne así:
2o Una circunferencia de la argolla corta en dos puntos en a una de las concéntricas. 
Entonces “n” circunferencias de la argolla cortan a las “n” concéntricas en :
NPI = 2 j i .n = 2 n2
Luego : NPImáx = 2 n + 2 n2
36 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R
PR0BL6MAS PR0PU6ST0S
1.- Hallar el máximo número de puntos de inter­
sección para 2 triángulos, 6 circunferencias y 
10 rectas si conocemos que todas las figuras 
tienen 1 punto común.
A ) 139 B) 143 C) 156 D)161 E)179
2.- Hallar el máximo número de puntos de inter­
sección de 10 cuadriláteros convexos secan­
tes y 20 circunferencias que no se intersectan 
entre si.
A ) 1960 B) 1940 C) 1950
D) 1 830 E) 1770
3.- Se tiene "n“ triángulos y "n" cuadriláteros 
convexos. Si al máximo número de puntos de 
intersección de los triángulos se aumenta el 
número total de los lados de los triángulos, 
más el máximo número de puntos de intersec­
ción de los cuadriláteros, más el número total 
de los ángulos de los cuadriláteros se obtiene 
1008. Hallar "n”.
A) 12 B) 18 Q24 D)36 E)48
4.- ¿Con cuántos triángulos deben intersectar- 
se 8 circunferencias para que el máximo núme­
ro de intersección sea 806?
A) 10 B)20 C)30 D)40 E)50
5.- Calcular el máximo número de puntos de 
intersección de 10 triángulos con 6 circunfe­
rencias secantes.
A) 900 B)930 C)940 D)960 E)980
6.- Calcular el máximo número de puntos de 
intersección de 100 circunferencias con 100 
cuadriláteros como se muestra en la figura.
A) 80198 B) 80140 C) 70130
7.- Calcular el máximo número de puntos de 
intersección de ,8 rectas secantes con 1 1 para­
lelas y con 6 circunferencias secantes.
A ) 370 B)371 C)372 D)373 E)374
8.- Si el máximo número de puntos de intersec­
ción de "N" polígonos de 5 lados más el nú­
mero de vértices es 500. Calcular N.
A ) 5 B) 10 Q 12 D) 18 E)30
9.- Calcular el número total de puntos de inter­
sección de 100 circunferencias con 100 cua­
driláteros tal como los mostramos.
A ) 746 B)750 C)784 D)794 E)840
10.- Cuántas rectas se intersectan sabiendo 
que si se quitan 4, el número de puntos dismi­
nuye en 54.
A ) 15 B )20 C)25 D )30 F
11.- Hallar el máximo número de puntos de in­
tersección entre 5 elipses y 11 cuadriláteros 
no convexos.
A ) 1360 B )1260 C)1460
D )1560 E)960
12.- Si a un conjunto de rectas secantes, se le 
agrega una cantidad igual de rectas, su núme­
ro máximo de puntos de intersección aumen­
taría en 330. Calcular cuántas rectas tiene el 
conjunto.
A ) 10 B)25 C) 15 D) 12 E)18
13.- Calcular el máximo número de puntos de 
intersección de 10 rectas paralelas, 12 rectas 
secantes y 16 circunferencias.
A ) 1130 B)3006 C) 1240
D) 90170 E)8030 D) 1314 E) 10 17
Luis Ubaldo C Número de Puntos de Intersección (N.P.I.) 37
14.- Se tienen "n" circunferencias secantes. 
Si se quitan 2 circunferencias, el número máxi­
mo de puntos de intersección disminuye en
30. Hallar n.
A ) 9 B) 8 C)6 D) 10 E)12
15.- Calcular el máximo número de puntos de 
intersección que producen 2 polígonos con­
vexos: Uno de 2 y otro de 2 lados ( « >1 )
A ) 2n+1 B )2n' ‘ C )2 n" D )2n+2 E)22+n
16.- En un plano se dibujan "k" elipses secan­
tes y 2k cuadriláteros cóncavos secantes. Si 
el máximo número de puntos de intersección 
es 1821'. Hallarl.
A ) 4 B)6 C )9 D)5 E)8
17.- En un plano el máximo número de puntos 
de intersección entre n elipces secantes, n 
triángulos secantes, y n cuadriláteros secan­
tes es 339/2. Hallarn.
A) 12 B) 14 C) 16 D) 18 E)26
18.- Si a un conjunto de "n" rectas secantes 
se le quita 4 rectas, su máximo número de pun­
tos de intersección disminuirá en 90, pero si 
se agregan 4 rectas al conjunto el máximo nú­
mero de puntos de intersección aumentaría en:
A ) 90 B)96 Q 100 D)106 E)108
19.- En un plano se dibujan "n" rectas secan­
tes, si el máximo número de puntos de inter­
sección que determinaron (n - 4) rectas secan­
tes es 6n. Hallar el máximo número de puntos 
de intersección entre n triángulos secantes.
A )2960 B )1960 C)3960
D)3660 E) 1140
20.- Hallar el máximo número de puntos de in­
tersección entre"n" circunferencias, "2n” rec­
tas secantes, y "n" triángulos al intersectarse 
todas esta figuras entre si.
A ) 5/i (4/2-1) B) 4/2 (5/2-1) C)5/2(4/2 + l)
D) 4/2 (5/2+ 1) E) n (6/2 + 2)
21.- Calcular el N.P.I. máx entre 10 rectas se­
cantes, 10 circunferencias secantes y 10 elipces 
secantes.
A) 100 B) 1005 C) 1015
D )1115 E) 1111
22.- El N.P.I. entre 8 triángulos secantes y n 
cuadriláteros no convexos secantes, incluyen­
do los vértices es 560. Hallar n.
A) 4 B)6 C)8 D) 10 E)12
23.- Determínese el máximo número de circun­
ferencias que se pueden forman con 10 pun­
tos coplanares, donde no hay 3 alineados.
A ) 90 B) 100 C)110 D) 120 E)130
24.- Calcular cuántos pentágonos convexos 
se pueden determinar con 10 puntos, donde 
no hay 3 alineados.
A ) 152 B) 176 C)202 D)222 E)211
25.- ¿En cuántas partes queda dividido el pla­
no por 20 rectas secantes donde no hay 3 rec­
tas concurrentes?
A) 200 B)201 C)209 D)210 E)211
26.- Calcular el N.P.I. máx entre 12 rectas 
coplanares de las cuales son paralelas.
A ) 50 B)51 C)52 D)53 E)54
27.- Calcular el N.P.I.Ináx entre 20 circunferen­
cias concéntricas y 20 rectas secantes de las 
cuales 10 pasan por el centro de la circunfe­
rencia.
A ) 946 B)947 C)948 D)949 E)950
28.- Hallar el N.P.I. máx entre 15 rectas secan­
tes si 8 de ellas son concurrentes.
A) 74 B)75 C)76 D)77 E)78
29.- Calcular el N.P.I. mín de 7 rectas secantes 
y 8 circunferencias secantes.
A) 43 B)44 C)45 D)46 E)47
38 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R.
30.- Del gráfico adjunto calcular el número de 
puntos de intersección si hay 30 triángulos y 
15 cuadrados.
A ) 146 B) 147 C) 148 D)149 E)150
31.- Calcular el máximo número de circunfe­
rencias que pueden determinar 20 rectas se­
cantes, donde no hay 3 concurrentes
A) 1140 B )1260 C )1310
D) 410 E) 1520
32.- Si a un grupo de rectas secantes se le 
agregan "k" entonces el N.P.I. máx aumentará 
en "A" si a este mismo grupo se le disminuye 
"k" rectas secantes, entonces el N.P.I. dismi­
nuye en "D". Calcular: A - D
A ) k + 1 B ) k ( k - 1) C) — 2+ -1*
D )*2- l E) * 2
33.- Hallar el N.P.I. máx entre "n" rectas secan­
tes, ^ rectas concurrentes y y rectas paralelas.
A )| (3 / i- I )+ l D )^ (5 / i- l )+ l
B )| (2 n + 1 )+ 1 E )| (5 n + 1 )+ 1
C ) f (n + l ) + 2
34.- Calcular el N .P .I.^ entre 3 rectas secan­
tes, 3 circunferencias secantes, 3 triángulos 
secantes, 3 elipces secantes y 3 cuadriláteros 
no convexos secantes.
A) 527 B)537 C)547 D)557 E)567
35.- Si el N.P.I. máx entrek polígonos de (k + 2) 
lados y (k + 2 ) polígonos de k lados cada uno 
es 8064 puntos. Calcular k
36.- Se toman "m“ puntos sobre una circunfe­
rencia y "k” puntos sobre otra circunferencia, 
interior a la primera. Si el máximo número de 
rectas determinadas al unir todos los puntos 
tomados es 4(m + k). Calcular el número total 
de triángulos que se podrán forman con di­
chos puntos.
A ) 92 B)84 C)80 D)70 E)64
37.- En un mismo plano, circunferencias y trián­
gulos se están intersectando, se sabe que el 
NPI máx disminuye en 96 sí se retiran a la vez 5 
de éstas figuras de las cuales 3 no son 
polígonos y se sabe además que si se aumen­
tan igual cantidad de figuras retiradas de las 
cuales 3 no son circunferencias entonces el 
N.P.I. máx aumenta en 234, calcular el N.P.I. mi¡x.
A ) 99 B) 102 C)122 D)130 E)136
38.- Hallar el N.P.I. que existen en la figura 
adjunta asumiendo que hay n pentágonosy n 
circunferencias concéntricas.
A ) 2n(n -1)
B)n(n + 1)
C) 2/i(« +1)
D) 3n(n+ 1)
E)4n(n +1)
39.- Calcular el máximo número de puntos de 
intersección de 10 rectas secantes, 15 parale­
las y 20 circunferencias secantes.
A ) 1675 B )1775 C )1875
D )1975 E) 1575
40.- En la siguiente figura se tienen "n" cua­
driláteros, "n" circunferencias y "n." rectas 
paralelas, si el número total de puntos de in­
tersección es (61« + 9). Hallar n
A ) 6 B) 8 C)10 D) 12 E)14 A ) 40 B)30 C)20 D)15 E)10
2.1LINEA RECTA í
B
2.1 A) NOTACION :
AB ; se lee "recta AB", ó , L que se lee "recta L"
2.IB ) CARACTERISTICAS :
- Dos puntos determinan una recta .
- Toda recta contiene infinitos puntos .
- Una recta es ilimitada en extensión .
- Todos los puntos de una recta siguen una misma dirección.
2.2 RATO
Porción de línea recta limitada en un extremo e ilimitada por el otro.
O AO O ^
2.2A) NOTACIÓN :
—>
O A; se lee "rayo OA"
2.2B) CARACTERÍSTICAS :
- Se origina a partir de un punto (O) llamado origen.
- Es limitada en extensión
- Todos sus puntos siguen una misma dirección.
OBSERVACIÓN :
La figura formada por todos los puntos del rayo OA sin el punto "O" se llama semirecta OA y se 
—>
denota así O A.
40 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Qulspe R.
2.3 SEGMENTO DE RECTA
Porción de línea recta limitada por ambos extremos.
A B- ..... - O
2.3A) NOTACIÓN :
AB, se lee "segmento de recta AB
2.3B) CARACTERÍSTICAS :
- Es una porción limitada de una recta.
- Los extremos de AB son los puntos A y B .
- La medida de AB es un número real y positivo representado así: m AB ó AB .
Z.4 UFJbfKAUUNtS CONSEGMENTOS COEINEAEES
Ubiquemos en una recta 3 puntos A, B y C en forma consecutiva , determinándose 
entonces 2 segmentos consecutivos AB y BC, con lo cual quedan establecidos tres segmen­
tos : AB, BC y AC, tal como se muestra en la Figura. Si a continuación utilizamos las medidas 
de cada uno de estos segmentos , se podrán establecer las siguientes relaciones :
a) ADICIÓN : AC =* AB = BC => x = a + b ... (* )
b ) SUSTRACCIÓN : AB = AC - BC => a = x - b
BC = AC - AB =» b = x - a
Donde : AC = x , AB = a a BC = b
Observaciones:
a) Si en una recta se consideran "n" puntos consecutivos, el número de segmentos (N) que 
quedan determinados por dichos puntos, est á dado por la siguiente relación :
N =
n (n - l )
... (2 .1)
b) La relación de Adición se puede generalizar así: Tomemos "n" puntos consecutivos A ,, Ay 
A j Ap en una misma recta, entonces se verificará la siguiente relación :
— ^ 1^2 + ^2^3 + ^3^4 + ..... + ^n-l^n — ( 2 .2 )
Luis tiba ldo C Segmentos de Recta 41
A este resultado se conoce como la "regla de la cadena" ó el Teorema de Charles. Debemos 
notar que los segmentos considerados son consecutivos
ACc) Se establece que B es el punto medio de AC, si y solo s i: AB = BC = . (2.3)
2*5 CUATERNAAKMÓNICA
4o-
2o 3o
A B C D
Los puntos colineales y consecutivos A, B, C y D forman una cuaterna armónica si y solo 
si se cumple:
AH AD .-o 4-»
BC CD -U - 'D
Observación:
Si consideramos los segmentos determinados (en el gráfico mostrado) de izquierda a derecha, 
entonces AB es el 1ro ; BC el 2do, CD el 3ro y AD el 4*° , luego la relación anterior se podrá 
expresar también com o:
jo _ 4 0
2 ° ~ 3 0 ... (2.5)
2*6 PROPIEDADES DÉ LA CUATERNA .ARMÓNICA
Sabiendo que A, B, C y D forman una cuaterna armónica se cumplen las siguientes propie­
dades :
B
a) AB > BC
2 1 1
b) Relación de Descartes :
c) Relación de Nevvton . Si "O" es el punto medio de AC entonces :
(OC)2 = OB. OD
d) Silos segmento determinados por la cuaterna armónica verifica la siguiente relación :
AB AD , ,
gQ — /? ) donde n ^ u n + 1AC ~ AB ' ADn + 1
42 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R.
2.7 A c c i ó n A u r e a d e un segm en to
El segmento AP del gráfico adjunto se dice que es la sección áurea del segmento AB, si 
y sólo sí se verifican las siguientes relaciones:
- A P > PB
- (AP)2 = AB . PB
B
2£ PROPIEDADES DE LA SECCIÓN ÁUREA,
Siendo AP la sección aurea de AB, se cumplen las siguientes propiedades :
B
a) AP > ~
b) AB = AP
CV5+ 1) 
2
( > / 5 - l )
c) AP = AB
d) PB, es la sección áurea de AP 
(y/5 +1)e) AP = PB
0 Número Áureo: ^ + 1
Luis Ubaldo C. Segmentos de Recta 43
23
MI$C€IÁN€A
1.-Sobre una línea recta se consideran los puntos colineales y consecutivos A, B, C, yD ; tal 
que AC = 1 9 y BD = 23. Hallar la longitud del segmento que une los puntos medios de 
A B y C D . A -
Resolución.-
Primero ubicamos los puntos dados sobre la línea rec- j 19 — ¡
ta, luego los datos en el mismo gráfico y lo que nos A M B C N D
piden para tener mayor visualidad. m -*-•— i— »--------- •------ 1 - » >-
Así, en el gráfico, se pide hallar: MN = a + b + c ... (a ) i ° i ° j--- ------1- ^ 1 ^ 1
Datos: 2a + c = 19 ... (1)
También: 2b + c = 23 ... (2)
Sumando (1) y (2 ): 2a + 25 + 2c = 42 =» a + 5 + c = 21
Luego reemplazando en ( a ) : MN = 21 u
2.- Sobre una línea recta se consideran los puntos colineales y consecutivos A, B, C y D; 
siendo C punto medio de BD ; y AD = 12. Hallar CD.
Resolución.-
CB 2Por condición ^ = — esto se puede descomponer así: CB = 2* y CA = 3x
Entonces AB = x, todo esto colocamos en el A B C D
gráfico luego observamos que :----------------------- ■*---- 1---------■-------------------------- r——>-
x + 2x + 2x= 12 2x 2x
Ahora: 5x = 12 => x = 2,4 ^
Como: CD = 2x CD = 4,8
3.- Sobre una línea recta se toman los puntos colineales M , N , P y Q; luego los puntos A y 
B puntos medios de MP y NQ respectivamente, s i : MN = 5 y PQ =11. Hallar AB.
Resolución.-
Del gráfico: x = a + 11-5 ... (0 i a a i 11 i
Sumando (1) y (2 ):
x = 5 + 5 -a 
2x= 5 + 11
... (2) ■ A I B !
< - • ------—t—•-----------1------------ - »-
M I N P j Q
Ahora: 2x= 16 l 1 X | i■ i '
i 5 5 ¡ 5 i
x = 8
44 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Qulspe R.
4.- Sobre una línea recta se consideran los puntos colineales y consecutivos A, B , C y D 
tal q u e :
AC + 2 DC + BD = 28 y AB = DC. Hallar AD.
Resolución.-
Por dato : AC + 2 . DC . + BD = 28, nos piden hallar AD.
Según la condición del problema colocamos en el gráfico letras minúsculas, luego reemplaza­
mos en el dato:
a
(g + n ) + 2 (q ) + (n + o) — 28 ^
-<—•—
Sumando: 4a + 2n = 28 -j—
Simplificando: 2a + n = 14
Luego : AD = 2a + n = 14
AD = 14
5 .-Sobre una línea recta se consideran los puntos colineales y consecutivos A, B y C, tal que: 
^ § = f y 2 AB + 3 BC = AC + 96. Hallar AB.
Si ^ = ^ = a este puede ser : AB = 2a y BC = 3a ^ ®
Colocamos estos valores en el gráfico. 2a I 3a
Luego en el dato reemplazamos : 2 (2a) + 3 (3a) = (2a + 3a) + 96 
Efectuando : 13a = 5a + 96
Donde : 8a = 96 => a = 12
En consecuencia: AB = 24
6.- Sobre una línea recta se consideran los puntos colineales y consecutivos A, B, C, D, E 
y F. Hallar AF, s i : DE = AB; AD = | A F y AC + BD + CE + DF=35 .
Resolución.-
Dato: AC + BD + CE + DF = 35
oac _ A ® C D E
Condición: AB = DE y AD = — " * * * *
Se pide hallar AF, el dato agrupamos convenientemente :
(AC + CE) = (BD + DF) = 35 ; AC + CE = AE y BD + CE = AE y BD + DF = BF
También : AE = AD + DE (Ver gráfico)
Luis Ubaldo C Segmentos de Recta 45
Entonces : (AD + DE) + BF = 35
i
Pero: DE = AB
Luego : AD + AB + BF = 35
4.
Reemplazando: ^ AF + AF =35
Efectuando: ^ AF = 35
AF = 25
7.- Sobre una línea recta se consideran los puntos consecutivos A, B, C, D, E tal que F 
sea punto medio de AB y H punto medio de D E . S i: AB = BC, CD - DE y AB + DE = 40. 
Hallar FH.
Resolución.-
; q ; a i 2a 1 2b ¡ 61 b j_
Dato: AB + DE = 40, nos piden hallar FH 1 I i ! ! „ :
F : : : H :
Del gráfico en el dato; 2a + 2b = 40 •------1— •--------* -------
A B C D E 
=» a + b = 20
Luego : FH = a + 2a + 2b + b
Entonces : FH = 3 (a + b)
FH = 60
8.- A, B, C y D son puntos colineales y consecutivos. SI M es el punto medio de AD, y se 
verifica que : AB + CD = 10 m y BM - MC = 2m; calcularCD.
Resolución.-
B M C D ------- í------------í -
U JC----
Por dato del problema: AM = MD => AB + BM = M C + x ... (1)
Por dato, podemos deducir que : AB = 10 - CD =* AB = 10 - x ... (2)
Reemplazando (2) en (1) y transponiendo MC al primer miembro; 10 - x + BM- MC = x
Sustituyendo lo indicado por el dato, tendremos : 10 + 2 = 2x
Efectuando, obtenemos ; x = 6m
46 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Qulspe R.
9 - Sobre un recta se toman los puntos consecutivos A, B, C, luego se toman los puntos 
medios M y N de AB y MC respectivamente. Hallar MB + NC en función de AN.
Resolución.-
Sea: k = AB + NC - AM
Del gráfico: AB = 2a ; NC = b y AM - a
Luego : k = 2 a + b - a = a + b
Donde : k = a + b
Pero: AN = a + b
k = AN
A
“V— M
B
■■■ —v--Q—fe
N
1 0 . - A ,B yC son puntos colineales y consecutivos. Sobre AB se ubican los puntos P y Q
y sobre BC se ubica el punto medio M de modo que: A P = BM, QB = —̂ ~ ,A B = 7 y PC = 8. 
Hallar: QP.
Resolución.-
r-SSr-
2 a 2 a 2a
B M
Hacemos: 
Además :
Del gráfico:
De otro lado: 
Reemplazando:
Luego :
QB = a 
PQ = x
AC = 2 o + 8 = 7 + 4o 
AB = AP + PQ + QB 
7 = 2a + x + a
BM = MC = AP = 2 a
a =
x = 5,5
11.- Dado los puntos colineales y consecutivos P, A, B, C y D tal q u e : 7PD = 5PC + 2PB, y, 
5AC + 2AB = 14; calcular: AD.
Resolución.-
Luis Ubaldo C. Segmentos de Recta 47
Inculcaremos nuestra resolución con la expresión: 7PD = 5PC + 2PB
Y del gráfico: 7 (PA + AD) = 5 (PA + AC) + 2 (PA + AB)
Efectuando las operaciones indicadas: 7AD = 5 AC + 2AB ...(*)
Pero por condición se sabe que : 5AC + 2AB = 14
Reemplazando en (* ) : 7AD = 14
AD = 2
12.- Sobre una semirecta O X , se toman los puntos A, B y C consecutivamente, de modo 
que los puntos A y B disten del origen 0 : a y b metros respectivamente. Hallar la 
longitud de OC, s i: 2 (AC + BC) = 3 AB.
Resolución.-
Hagamos: OC = x
En el dato: 2 (b - a + x - b + x - ti) = 3 (b - a)
Luego : 4x -2a -2b = 3b -3a
En consecuencia: 4.v = 5b - a
5 b - ax = — .—
-=H
O A B C
j— o >j< b - a - * t * - x - b ^ i
i-* b »*i
13.- En una recta se consideran los puntos consecutivos A, B, P y C d e modo que P es el 
punto medio se ~BC. Si (A B f + ( A c f = 40. Hallar (AP)2 + ( B P f .
Resoluclón.-
Hacemos: AB = 2b y AC = 2a
I—2&—+«— a - b — -+-— a - b — H 
Luego: BP = PC = a - b A ___ B____________ P _________
Por dato del problema: AB2 + AC2 = 40
Reemplazando: 4b2 + 4a2 = 40 =» a2 + b2 = 10
Nos piden: AP2 + BP2 = (a + ti)2 + (a - ti)2
AP2 + BP2 = a2 + b2 + 2ab + a2 + b2 - 2ab
Finalmente : AP2 + BP2 = 2 (a 2 + b 2)
^Fo^
AP2 + BP2 = 20
2a -
48 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R.
14.-En una línea recta se ubican los puntos consecutivos A, B ,C ,D de modo que AB + CD=20. 
Calcular la medida del segmento cuyos extremos son los puntos medios de AC y BD
Resolución.-
Sean P y Q los puntos medios de AC y BD.
Q
- o -
Luego : AP = PC = o a BQ = QD = b
Del dato: AB + CD = 20 ... (a ) ¡
Pero: AB = a - BP = a - (b - x)
CD = b - QC = b - ( a - x )
Sustituyendo en ( a ) : a -b + x + b - a + x = 20
Donde : 2* = 20
x = 10
15.- Sobre una línea recta se ubican los puntos colineales y consecutivos A, B, C, D, E y F. 
Si AC + BD + C E + D F = 91 y BE = 5/8 AF. Hallar AF.
Resolución. -
Del dato : AC + BD + CE + DF = 91
Pero: DF = DE + EF
Entonces : AC + BD + CE + DE + EF
Luego: (AC + CE + EF) + (BD + DE) = 91
B C D
AF BE
AF + BE = 91
Yaque: BE = f AF8
Se tiene : AF + ^ AF = 91
AF
En consecuencia: gg~ =91 =» 13AF = 91(8)
AF = 56
16.- A , B , C , D y E s o n puntos cólmeles y consecutivos. Si AE = 5 BD, AD = 5 CD y DE = 5. 
Hallar: BC.
Resolución.-
Hacemos : BD = o y CD = b => AE = 5a a AD = 5b
Luis tibaldo C. Segmentos de Recta 49
Del gráfico obtenemos:
* = a -5 ... (O
También: 5 = 5a-55 .... (2)
De (2) : 1 = a -5 ... (3)
D e ( l )y (3 ) : * = 1
-5a-----------------------=*-¡
- a — 5- SH
B C D E
(-«—x - 
- 5 5 -
17.- Sobre una línea recta se consideran los puntos consecutivos A, B, C y D. Si M es 
punto medio de AD ; si AB + CD = 1 0 y BM - MC = 2. Hallar C D .
Resolución.-
Si: AB = a , MC = b y CD = * | q + b + 2 t b + x
Por dato: a + * = 10 ¡ M
Despejando: a = 10-* ...(1 ) B * C
i— i— : „ i . ITambién: BM = 2 + MC => BM = 2 + 5 a 5 + 2 5
Luego: AM = MD => a + 5 + 2 = 5 + rr
Simplificando: a = x - 2 ... (2)
De (1) y (2 ): * - 2 = 1 0 - * => 2* =12
* = 6 u
18.- Sobre una linea recta se consideran los puntos colineales y consecutivos A , B , C y D 
tal que : A B . CD = A D . BC
Si adem ás: AB + AD = 2 A B . AD
H allar: AC
Resolución.-
Dado el siguiente esquema:
B
Nos dicen que: AB . CD = AD . BC ... (1)
Asimismo se sabe que : AB + AD = 2 . AB . AD ... (2)
. AB AD _ 9 . _ ]____ 9
( ) ' AB.AD AB.AD AB AD
Del gráfico: BC = AC - AB
CD = AD- AC
Reemplazando en (1) : AB (AD - AC) = AD (AC - AB)
Efectuando : AB . AD - AB . AC = AD . AC - AB . AD
50 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R.
Luego : 2 . AB . AD = AC (AB + AD)
c 2 1 1En consecuencia: —— = —— +
AC AB AD
2
Comparando: —— = 2
AC
AC = 1
19.- Sobre una línea recta se consideran los puntos consecutivos A, B, C, D, E y F ;
BE
sabiendo q u e : AB = EF = —y . Hallar BE, si adem ás: AC + BC + CE + D F =24.
Resolución.-
A B— o-------0-
Dato: AC + BD + CE + DF = 24
BE
Condición : AB = EF = —
Del dato: AC+CE + BD + DF = 24
Se escribe com o: AB + BE + BE + EF = 24
Agrupando: AB + 2 . BE + EF =24
Reemplazando: ^ + 2 . BE + = 24
•3 o
Efectuando : 2 BE + 6 BE = 3. 24
Luego : 8 . BE = 3. 8.3
BE = 9
20.- Sobre una línea recta se consideran los puntos consecutivos A , B , C y D ; siendo “M “ 
punto medio de B D ; A B . C D = AD . B C y 9 (AD - BM) = 2 . A D . AB. Hallar AC.
Resolución.-
Dato: 9 (AD - BM) = 2 . AD . AB
BD/2 BD/2
Condición: AB . CD = AD . BC ¡----------------<-------- '----
M
Luis Ubaldo C. Segmentos de Recta 51
En el paréntesis : 9 (2 . AD - BD) = 4 . AD . AB ; BD = AD - AB
Reemplazando: 9 (2 . AD - AD + AB) = 4 . AD . AB
n a . AB AB _ 4
Donde: AD.AB AD.AB “ 9
Simplificando: AB + ÁE = f
AB AD
Pero si los puntos A, B, C y D son armónicos entonces resulta la proporción armónica de
los cual se obtiene la relación siguiente :
_ L + _L _ —
AB AD ' AC
A esto se le llama Relación de Descartes, en honor al geómetra Francés René Descartes.
4 2En consecuencia obtenemos por comparación: — =
AC = 4,5
21.- Sobre una línea recta se consideran los puntos colineales y consecutivos A , B , M y C 
tal que M es punto medio de BC. Siendo: AM2 + BM2 =17. Hallar AB2 + AC2.
Resolución.-
Dato: AM2 + BM2 = 17 -< -----------? ---------------------------- 9 »
M '
Nos piden hallar: AB2 + AC2 = ? 1 AC-AB ' AC-AB *
Donde : AM = AB + BM 2 2
Del gráfico reemplazamos en el dato: £ AB + ^ g ^ B] + 2 = 17
Resolviendo (AB + AC) + (AC— AB) _ 17 sabemos que : (AC-AB ) 2 = (AB-AC ) 2 
4
Luego : (AB + AC)2+ (AB - AC)2 = 68
Efectuando: 2AB2 + 2AC2 = 68
AB2 + AC2 = 34
22.- Sobre una línea recta se consideran los puntos consecutivos P, A, B, C y D; tal q u e : 
7 PC = 2 PD + 5 PB y 2 AD + 5 AB = 7
Hallar AC.
52 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R.
>-
Resolución.-
Datos: 7. PC = 2 . PD + 5 . PB ...(1)
2 . AD + 5 . AB = 7 ... (2)
Nos piden hallar AC.
Del gráfico: AD = PD - PA < A B C D
También : AB = PB - PA
Reemplazando en (2): 2 (PD - PA) + 5 (PB - PA) = 7
Multiplicando: 2 . PD - 2 . PA + 5 . PB - 5 . PA = 7
Luego : 2 . PD + 5 . PB = 7 + 7 . PA ... (3)
Reemplazando (1) en (3) : 7. PC = 7 + 7 . PA
Simplificando: PC = PA + 1 => PC - PA = 1
Pero: AC = PC - PA
AC = 1
23.- Sobre una línea recta se consideran los puntos colineales y consecutivos A, B ,C y 
D; tal que A B . C D = BC. AD. Hallar A C , S i : = 4-
Resoiución.-
Dato: BC. CD = 4 (CD - BC) ... (1)
Condición: AB . CD = BC. AD
Nos piden hallar AC.
Del gráfico: AB = AC - BC
AD = AC + CD
Reemplazando en la condición:CD (AC - BC) = BC (AC + CD)
Multiplicando: CD . AC - CD . BC = BC . AC + BC . CD
Donde : AC (CD - BC) = 2 . BC . CD
A B C D
• • •— -----------• - > -
Luis Ubaldo C. Segmentos de Recta 53
24.- Sobre una linea recta se consideran los puntos colineales y consecutivos: A, B, C, D, 
E y F, tal q u e :
A C + BD + CE + DF = 40 y 5 BE = 3 A F . Hallar AF.
Resolución.-
Dato! AC + BD + CE + DF = 40
Condición: 5.BE = 3.AF A B C D E F
Se escribe com o: BE = ^ . AF
Del dato : (AC + CE) + (BD + DF) = 40 ; AC + CE = AE y BD + DF = BF
I También : AE = AB + BE (Ver gráfico)
. Entonces: AB + BE + BF = 40
Agrupando: + (AB + BF) = 40
LA 
5Reemplazando: + AF = 40
Efectuando : — = 40
AF = 25
25.- Dado el segmento AB y un punto M, interior a el. Demostrar que si el producto AM. 
MB, es máximo entonces M es el punto medio de AB.
Resolución.-
Dato: AB = a y AM = x, luego bastará 
demostrar que:
a A M B
x - 2 ■ ■ • *
Sea : k = AM . MB ; pero : AM =jc y MB = a - x 
Luego : k = x (a - x ) = - (x2 - ax) =» k = ~
q 2 q
Observamos que como es constante el valor de k depende de x - y para que éste sea 
máximo entonces:
x - f =0
l.q.q.d
54 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R.
26.- Sobre una línea recta se consideran los puntos colineales y consecutivos A, B, C, D y 
E; tal que : A C = BD; B C = 1 DE y J AB + DE = 36. Hallar AE.
Resolución.-
Luego de hacer el gráfico, según las condiciones del problema, reemplazamos sus valores 
según en el dato :
| (a - b) + 3b = 36
-4 a 4-
Efectuando: 3a - 36 + 66 = 72
A B C D E
■l-Donde : 3 (a + 6 ) = 72 H— t—-i-------------------------s ra - 6 ; 6 a - 6 ; 3 6
En consecuencia: a + 6 = 24-------------------------------4----- a ------4-
Luego : AE = a + a - 6 + 36 => AE = 2 (a + 6 )
AE = 48
27.- Sobre una línea recta se consideran los puntos colineales y consecutivos A, B , C y D 
tal que A B . CD = n . B C . AD ; además se cum ple: . Hallar n.
Resolución.-
Condición: AB . CD = n . BC . AD ...(1)
Nos piden "n" en : ^ ¿ ...(2) A B C D
Del gráfico: CD = AD - AC y BC = AC - AB
Reemplazando en (1) : AB (AD - AC) = n (AC - AB) . AD
Multiplicando: AB . AD - AB . AC = n . AC . AD - n . AB . AD
Factorizando: AB . AD (1 + n) = AC (n . AD + AB)
Lueeo • -1 - + - n = n . AD . + AB_
es° ‘ AC AB . AD AB . AD
Y simplificando de esto resulta : ~ ^ = 1 *cn ... (3)
De (2) y (3 ):
7 1 + n
AC AC
En consecuencia: 1 + n = 7
n = 6
Luis Ubaldo C. Segmentos de Recta 55
28.- Sobre una línea recta se consideran los puntos colineales y consecutivos A, B y C 
cuyos puntos medios de AB y BC son M y N respectivamente. Si AC = 32, hallar el
valor del segmento que tiene por extremos los puntos medios de AN y MC. 
Resolución.-
Del gráfico: x + n - 6 = m -f------- n -------4------- n —
i , x i
- f -
=» x = m + 6 -n ... (1) 1 *r— — r . a ; o ■ . 6 i 6
También: n = x + m -a A M :B i N C
=» x = n + a -m ... (2) 
Sumando(1 )y (2) : 2x = a + b ...(3) 
Pero por dato: AC = 32 = 2a + 2b =>
Reemplazando (4) en (3) : 2x = 16
x = 8
P Q i
-4 m 4 m f
a + b = 16 ... (4)
29.- Sobre una línea recta se consideran los puntos consecutivos A, B ,C y D. Se sabe que 
AB = 30 y CD = 10, además se toman los puntos medios de AB y CD que son P y O 
respectivamente. Hallar la longitud del segmento que tiene por extremos los puntos 
medios de ~pc y BQ ■
Resolución.-
Del gráfico: x = m + CN ... (1) 
x = n + MB ... (2)
Pero: CN = b - n + MB = a - m
Reemplazando y sumando (1) y (2):
2x = m + n + b -n +a - m 
Donde : 2x = a + b
También sabemos que : 2a = 30 =»
26=10 =>
Luego : 2x = 15 + 5
M B CN D
a = 15
6 = 5
En consecuencia: 2x = 20 =» x = 10
56 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R.
30.- Dados los puntos A, B, C, D y E son puntos colineales y consecutivos de modo que 
A B > BC y BD > DE. Se sabe que AB y BD son secciones áureas de AC y BE respec-
3 — -J~5tivamente. Si BC = 2 C D y AE = — — ; calcular AC.
Resolución.-
2 a -
A B C D E
Hagamos CD = a =» BC = 2a
Ya que AB es la sección áurea de AC .entonces BC será también la sección áurea de BE, de
(75+1)
ello se tendrá que : BD = DE ^—
Es decir: AB = a (7 5 + l)
Análogamente como BD es la sección áurea de BE, tendremos : BD = DE ^
=> 3a = DE-^ + 1) . de donde: D E = 4 f (7 5 - l )
Del gráfico: AE = AB + BD + DE
- = a (75+1) + 3a + ^ (7 5 - l )
^ . 3 -7 5De donde : a =
5(75 + 1 )
Como: x = a(75 + l) + 2a = a (3 + 75)
Lue8° : ' = f e ^ (3+y5)
75-1x =
31.-A, B, C y D son puntos colineales y consecutivos tal que: AB.CD = AD .B C ; A B . BC = x; 
AD. CD = y . Calcular BD.
Resolución.-
De la 1ra expresión : = PR ** o—" — ó------------- o-
BC CD A B C D
Luis Ubaldo C. Segmentos de Recta 57
Efectuando : AB . a - AB . BC = AD . a - AD . CD
Reemplazando: AB . a - x = AD.a - y
De donde : y - * = (AD - AB) a
Pero: AD - AB = a
Luego : y - x = a2
a = J y - x
32.- En una línea recta se consideran los puntos consecutivos A, B, C y D de tal manera 
que: AB = 2 C D ; BC2 = A B . CD y ^ ~~¡3o = 5 ■ Calcular AC.
Resolución.-
Por dato: 
Además: 
Como:
De donde:
_ L J I BD-CD _ i
CD ‘ BD “ 5 ^ CD.BD “ 5
BC 1 BC 1 1
CD.BD 5 CD ’ BD 5
Y de (* ) : ^ ■ BÍ) = 5 =* 5AB = BCBD
Como: BD = BC + CD => 5AB = BC (BC + CD)
Luego : 5AB = BC2 + BC ■ , ya que : CD =
AR AR
Reemplazando: 5AB — AB ■ + BC *
Factorizando: 5AB = (AB + BC)
i*r* J r* AB+BC ACSimplificando : 5 = ---2— = ~2
AC = 10
d Id c33.- Los puntos A , B , C y D forman una cuaterna armónica. S i : ; hallar:
a + b + c.
Resolución.-
A____________B________ C________ D
AB ADSi A, B, C y D forman una cuaterna armónica entonces : = q j
Pero: BC = AC - AB y CD = AD - AC
AR AD
Reemplazando: X t>-AB = Ap_ ÁC ^ AB . AD - AB . AC = AD . AC - AD . AB
Agrupando y factorizando: 2 AB AD = AC (AD + AB)
„ . . J2_____1_ 1 j í _____ a b
De donde . AC " AB AD ’ pero ' AC " AB AD
Comprobando: c = 2 ; a = 1 y 6 = 1 a + b + c = 4
34.- Sobre una recta se toman los puntos consecutivos A, B , C y D. Si A C . CD = A B . BD, 
indicar la relación correcta.
Resolución.-
Por condición del problema : AC . CD = AB . BD
Pero: AC = AB + BC A g q D
También: BD = BC + CD
Luego : (AB + BC) CD = AB (BC + CD)
A B . CD + BC. CD = A B . BC + AB . CD 
BC . CD = AB . BC 
Simplificando: CD = AB
35.- En una línea recta se consideran los puntos colineales y consecutivos A, M, O y R; 
tal q u e : A M . AR = 3 M O . O R , y : . Calcular: ^ .
58 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R.
Resolución.-
A M O R
-o---------------------- o--------- o--------- o-
Del dato : AM . AR = 3 MO . OR
Reemplazamos: AR = AO + OR y MO = AO - AM
Luego : AM (AO + OR) = 3 (AO - AM) OR
AM . AO + AM . OR = 3 AO . OR - 3AM . OR => 4 AM . OR - AM . AO
AM . AO = 3 AO . OR - 4 AM . OR
Luis Ubaldo C. Segmentos de Recta 59
Dividiendo por: AM . AO . OR
AM.AO _ 3AO-OR 4AM.OR 
AM.AO.OR AM.AO.OR * AM.AO.OR
Simplificando:
Por dato:
Comprobando (1) y (2) :
... (2)
1 3 4
OR AM AO
a _ b c 
OR AM ' AO
0 = 1
b = 3 
c=4
a _ 1 
b + c 7
36.- P, O, R y S son puntos colineales ubicados en forma consecutiva. Si PR es media 
proporcional entre PS y OS. Hallar M si :
M =
7(RS) (PR) + (PO) (PR) - (OS) (RS) 
(RS) (PR)
Resolución.-
Pero PR es media proporcional entre PS y QS 
b2 = a.c
(PR)2 = PS. QS o lo que es lo mismo:
Nos piden: 
Reemplazando: 
Luego': 
Entonces:
7(RS) (PR) + (PQ) (PR )-(Q S ) (RS) _ PQ.PR-QS.RS 
M = fD Q I f D D l = 7 +
M = 7 +
M = 7 +
M = 7 +
(RS)(PR) 
(a - c ) (b ) - ( e ) (a - b )
(a -b )b
b ( a - b ) 
(a - b ) b
(a -b )b 
= 7 +
= 7 +
RS.PR 
a b - b c - a c + b c
a b - a c _ 7 j_ o b -b . . .2 _
(a -b )b 
(o - b )b : y a q u e :b 2 = ac 
= 7 + 1
M = 8
37.- Sobre una línea recta se consideran los puntos consecutivos A , B , C y D d e modo que: 
A B . C D = B C . AD y 5 ( 2 . AB + BD) = A B . AD. Hallar AC.
60 Problemas deGeometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R.
Resolución.-
Condición: AB. CD = BC . AD ... (Cuaterna armónica)
Dato: 5 (2 . AB + BD) = AB . AD
Nos piden hallar: AC A B C D
Del gráfico: BD = AD - AB
Reemplazamos en el dato : 5 (2 . AB + AD - AB) = AB . AD
5(AB + AD) = AB. AD ...(1)
Del gráfico también : BC = AC - AB y CD = AD - AC
Reemplazamos estas dos últimas en la condición: . AB (AD - AC) = AD (AC - AB)
Multiplicando: AB . AD - AB . AC = AD . AC - AD . AB
Donde : 2 . AB . AD = AC (AB + AD)
LueS ° : AC ~ AB ■ AD " í2)
2 (AB+AD)
: = ~Ái 
1 2
De( l ) y (2 ) : 5 - AC
AC = 10
38.- En una línea recta se consideran los puntos consecutivos A, B, C y D que forman una 
cuaterna armónica. Si se cumple que :
2k+1 1 1 2+AD.BC BC AD k + 2 
Hallar AC, sabiendo que la medida A C y k son números primos. 
Resolución.-
A B C D
AB ADPor condición del problema: (Cuaterna armónica) ... (* )
Del gráfico se observa que : AB = AC - BC y CD = AD - AC
Entonces al reemplazar en (* ) : ~̂ ) C ^ = AD^AC
=> AD . AC - AC2 - AD . BC + BC . AC = AD . BC
Luis Ubaldo C. Segmentos de Recta 61
Ubicamos los sumandos convenientemente y factorizamos AC :
(AC)2 = AC (AD + BC) - 2AD . BC
Dividiendo ambos miembros por: A C . BC. AD
c . ^ * A C _____L , 2
Se tendrá. AD.BC “ BC AD ' AC
Comparando esta expresión con el dato: - ~j~ 2
Se tiene : AC = 2k + \ = k + 2 => k = 1
AC = 3
39.- En una recta se consideran los puntos A f , A2 , A3 , .... A ̂ en forma consecutiva de 
modo que se determinan (3n - 201) segmentos consecutivos los cuales tienen sus 
medidas relacionadas p o r :
A, A2 = g (A2 A J = — (A3 A4) =.... = n _ j (An f A J 
S i: A „ A „ = 9 790 m ; calcular A, A
2 3 6 7 f 1 n
Resolución.-
Hagamos : A, = a => A^A3 = 2a ; Ag A4 = 3a ; An , An = (n -1) a
- i í— 9 790— : !-(n-l)<H
A, Aa Aj...........A^.............. A ^ ..............A67 A„_,-----A„
Nos piden: Aj An = a + 2a + 3a + .... + {n -1 ) a => Aj An = ^ n (n - 1) ... (1)
Por dato: A^ Afi7 = 9 790
1̂ 6̂7 " 1̂ 2̂3 = ®
Para hallar: A! Ag? y A, A23 empleamos la fórmula ... (1)
Luego : ~ (67) (66) - f (23) (22) = 9 790 => a = 5 ... (2)
Por dato: 3n - 201 = n -1 => n = 100 ... (3)
Reemplazando (2) y (3) en (1) : Aj An = ^ . 100 (100 -1) => Aj An = 250 (99)
A, A = 24750I n
62 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R.
40.- En una línea recta se consideran en forma consecutiva los puntos A, B, C, D, E , F . . . 
y así indefinidamente de modo que AB = 10~1; BC = 2. IfX2 ; CD = 3 .1(T3 ; DE = 4 .1CT4 ; 
EF = 5 .1(TS y as í sucesivamente. Hallar el límite de la suma de medidas de estos 
segmentos.
Resol ución.-
10'1 2.10’2 3.10J 4.10"* 5.10
B
Sea"S" la suma de pedida, luego: S = +
103 104>0 10
Multiplicamos por 10 a a/m:
Descomponemos convenientemente :
105= 1 +
105=1 + ^ - + - ^ . + -4 - + . 
10 lo io3
u o 10 J
J— + - 2- 
U o 2 io2 io 3 + io 3
Agrupando: l0S“ ('+'»+^ tT?+ •)+(io+í? +i^ + '-)
El primer sumando e s : — L - = -^ y el segundo sumando es "S". 
1__L y 
' 10
Luis Ubaldo C Segmentos de Recta 63
PROBLEMAS PROPUESTOS
1.- Sobre una línea recta se consideran los 
puntos consecutivos M,N, P, Q tal que : 
PQ = 3 NP y 3 MN + MQ = 4. Hallar la longitud 
del segmento M P .
A ) 1 B) 1,5 C)2 D)2,5 E)0,5
2.- Sobre una línea recta se consideran los 
puntos consecutivos A, B y C y luego se ubi­
can los puntos medios M y F de AB y MC 
respectivamente. Hallar la longitud de AF. Si 
AB + FC -AM = 275
A ) 5 B )75 C )275 D)10 E)5
3.- Sobre una línea recta se consideran los 
puntos consecutivos A, B, C, D y luego se 
toman M y F puntos medios de AB y CD res­
pectivamente. Hallar MF, si: AC = 18 y BD = 34
A) 21 B)23 C)26 D)28 E)32
4.- Sobre una línea recta se consideran los 
puntos consecutivos A, B, C, D tal que : 
CD = 4 AC y BD - 4 AB = 20. Hallar BC.
A ) 1 B)2 C)3 D)4 E)5
5.- Sobre una línea recta se consideran los 
puntos consecutivos A, B, F, C tal que B es el 
punto medio de AC. Calcular el valor numéri­
co de la siguiente expresión: (AF - FC)/BF.
A ) 1 B)2 C)3 D)4 E)5
6.- Sobre una línea recta se consideran los pun­
tos consecutivos A, B, D y luego se toman M 
y N puntos medios de AB y BD respectiva­
mente. Hallar FN, siendo F el punto medio de 
MD y AB = 12
7.- Sobre una línea recta se consideran los pun­
tos consecutivos A, B, C ; de forma que Q es 
el punto medio de AC.
Hallar BQ, s i:B C -A B = 6
A ) 1 B)2,5 C)2 D) 3 E)6
8.- Sobre una línea recta se consideran los pun­
tos consecutivos A, B, C y D tal que: BC = CD 
y A C . BC = 20. Hallar: AD2 - AB2
A ) 50 B)60 C)70 D)75 E)80
9.- Sobre una línea recta se consideran los pun­
tos consecutivos A, B, C y D tal que se cum­
ple: AB . BD = AC .C D y AB = 8. Hallar CD.
A ) 4 B)6 C)7 D )8 E) 12
10.- Sobre una línea recta se consideran los 
puntos consecutivos A, B, C y D tal que : 
DC = 2.AB ; AB - a y BD = b. Hallar AC.
A ) a - b B) a + b C ) b - a
D) -Jab E) (a + b)/2
11.- Sobre una línea recta se consideran los 
puntos consecutivos A, B, C, D, E y F tal que:
AC + BD +CE + DF = 91 y BE = | a F.
Hallar AF
A ) 56 B)54 C)52 D)48 E)36
12.- Sobre una línea recta se consideran los 
puntos consecutivos A, B, C y D tal que : 
AB + CD =12, luego se ubican M y N que son 
los puntos medios de AC y BD respectiva­
mente. Hallar MN.
A) 1 B)2 C)3 D)4 E)5 A ) 2 B)4 C)6 D)8 E)10
64 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Qulspe R.
13.- Sobre una línea recta se consideran los 
puntos consecutivos A, B, C, D y E; calcular la 
longitud del segmento que une los puntos me­
dios de AB y DE, si: CE= 8; BD= 12yAC= 10
A ) 5 B)10 C)12 D) 15 E) 18
14.- Sobre una línea recta se consideran los 
puntos consecutivos A, B, C y D. Si M es 
un punto medio de AD y AB + CD = 10 y 
BM-M C = 2. Hallar CD.
A ) 3 B)6 C)8 D)9 E)12
15.- Sobre una línea recta se consideran los 
puntos consecutivos A, B, C y D; tal que : 
AC + BD = 5 (AB + CD) y AD = 12. Hallar BC.
A ) 8 B) 10 C) 12 D) 14 E)16
16.- Sobre una línea recta se consideran los 
puntos consecutivos A. B, C y luego se to­
man los puntos medios M y N de AB y BC 
respectivamente, tal que : 3.MN = 2.MC. Ha­
llar AC, si: A B -B N = 8.
A ) 24 B)26 C)28 D)30 E)32
17.- Sobre una línea recta se consideran los 
puntos consecutivos A, B, C y D tal que :
AC + BD = 1: AB =a y CD HallarBC 
A )a + b B)2 ~Jab C)(a+b)/2
D )Ja b E) N.A.
18.- Sobre una línea recta se consideran los 
puntos consecutivos A, B, C y D.
S i: ni.AB.BD = n . C D . AC.
Hallar "je", en la siguiente expresión : 
n m _ x 
BD ' AC _ BC
A ) n - m B ) m - n C ) m + n
D) Jmn 'E)2-Jmn
19.- Sobre una línea recta se consideran los 
puntos consecutivos A, B, C y D; tal que : 
CD = 2.BC. Hallar AC, siendo:
AB + AD - BC = 16 
A ) 6 B)7 C)8 D)9 E)12
20.- Sobre una línea recta se consideran los 
puntos consecutivos A, B, C, D y E; tal que: 
BC = 2.AB ; CE = 4.BC y "C" es punto medio 
de A D . Hallar AD. siendo: AE = 33.
A ) 14 B) 16 Q18 D)2() E)26
21.- Dados los puntos colineales y consecuti­
vos A, B, C y D; se sabe que AB + CD = A; 
hallar la medida del segmento cuyos extremos 
son los puntos medios de AC y BD .
A ) A B )| C )| D )| E )|
22.- Los puntos A, B, C y D son colineales y 
consecutivos de modo que : AB.CD = A ,
AD.BC y : ^ ^ (A es primo)
Calcular: A.
A ) 1 B)2 C)3 D)5 E)7
23.- Los puntos A, B, C y D son colineales y 
consecutivos forman una cuaterna armónica
• ° _ b _ d
SI' AC _ BC DC
Calcular :a + b + d .
A ) 2 B)3 C)4 D)5 E)6
24.- A, B, C y D son puntos colineales y con­
secutivos. Si AC es la media proporcional en­
tre AD y BD.
Calcular el valor de C, s i: C = 2 | - ij
A ) 0,5 B) 1 C)yf2 D)yÍ3 E)2
Luis Ubaldo C. Segmentos de Recta 65
25.- En una recta se consideran los puntos con­
secutivos P, Q, R y S los cuales forman una 
cuaterna armónica.
S i : QR = ü y PS = —RS
Calcular: PR. 
A ) 5 B) 6
PQ
C) 7 D) 8 E) 9
26.- En una recta se ubican en forma conse­
cutiva los puntos A, B, C y D de modo que :
AB.CD = KBC.AD y
Calcular K 
A )1,5
D) 2,5
B) 1,55 
E) 1,66
K2- !
AC
C) 2
27.- Sobre una línea recta se consideran los 
puntos A, B, C y D en forma consecutiva de 
modo que formen una cuaterna armónica; so­
bre AB, BC y AD, se ubican sus puntos me­
dios P, Q y R respectivamente.
Calcular; j g - £ §
A ) 1 B) 2/5 C) 2 D) 3/2 E) 3
28.- Se tienen los puntos consecutivos A, B, 
C y D tal que AB = 2CD ; BC2 = AB.CD
- L + J -
CD BD 
Calcular: AB.
A ) 7 B) 6 C) 5 D) 4 E) 3
29.- A, C, M y B son puntos colineales y 
consecutivos. Si AC = CB , AM.AB = 8 y
_ J ________ 2 _ 1
2MB AM ' AC '
Calcular: MB.
A ) 4 B) 2 C ) 4 l D) 6 E) 2>Í2
30.- Sobre una recta XX' se ubican en forma 
consecutiva los puntos: A , , A2, A 3, A 4..... A n 
de modo que: A ( A n = 1 800 y A, A 3 + A 2 A 4 + 
A ,A , + .... A , A = 3 000. Calcular la medida3 5 n - 2 n
del segmento que tiene por extremos los pun­
tos medios de los segmentos A, A n , y A 2 A n
A) 200 B)300 C)400
D)500 E)600
31.- Sobre una recta se ubican los puntos con-
AB BC
secutivos A, B, C y D de modo que 
y 36 CD = 5 AB ; si BC = 8. Hallar A D .
A ) 120 B)85 C) 100 D)90 E)110
32.- Los puntos P, Q, R, S y T están sobre 
una recta en forma consecutiva; PR = 20 y
PQ = ̂ = RS = ̂ . Hallar PT
A ) 34 B)32 C)35 D)38 E) 40
33.- Dados los puntos colineales y consecuti­
vos A, B, C, D, E, F, G, H, I, J.
3B1 
4 'S i:B I = ̂ , CH
Y:AD+BE+CF+DG + DG+EH+FI+GJ=63. 
Hallar AJ.
A ) 20 B)25 C)28 D)30 E)32
34.- En una recta se tienen los puntos conse­
cutivos A, B, C y D ; si AB . AD = 3 B C . CD y
A )6 B)7 Q 8 D)9 E)10
35.- Dados los puntos colineales y consecuti­
vos A, B, C y D se sabe que: AC = 8 y BD = 4. 
Calcular BC, si además:
2 (AC) (CD) + (AB) (BD) = 4 (BC) (BC).
A ) 1,75 B)2 C)2,5 D)3 E)3,25
66 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R.
36.- Dados los puntos colineales y consecuti­
vos A, B, C y D se sabe que :
AD 
Hallar CD.
CD
2
BC AC
= 1
A ) 5 B)4 C)3 D)2 E)1
37.- En una línea recta se consideran los pun­
tos colineales y consecutivos A, B, C y D de 
modo que :
(2x - 3) AB . CD = A D . BC
3y+2 _ 3x - 14 5 z - 13
y AC A B A D ’
Hallar x,y, z .
A ) 1; 2; 3 B )4;3;2 C )5 ;2 ;4
D) 3; 4; 5 E)4;6;8
38.- Sobre una línea recta se consideran los 
puntos consecutivos A, B, C y D de modo 
que forman una cuaterna armónica
b c d
Si:
a
AC + CD BD + AB
Hallar: a + b + c + d
A) 6 B)3 C)2 D)5 E)8
39.- Sobre una línea recta se consideran los 
puntos consecutivos A, B, C; de manera que 
AB - BC =12. Hallar la longitud del segmento 
que tiene por extremos el punto B y el punto 
medio del segmento que se forma al unir los 
puntos medios de AB y BC.
A ) 3 B)2 C)4 D)7 E)8
40.- Sobre una recta se toman los puntos conse­
cutivos S, I, O, N siendo O, punto medio de IN .
Simplificar: K =
(SI)2 + (S N )2
(SO)2+ (IO )2
A ) I B) 2 C) 3 D )4 E )5
41.- Sobre una recta se toman los puntos con­
secutivos A. B. C, D y E. Además “M” espun­
to medio de AD y “N” punto medio de BE. Se 
sabe además que : MC = NC.
Hallar MC, s i: AB + DE = 24.
A ) 2 B)4 C)6 D)8 E) 12
42.- Se dan los puntos consecutivos A, B, C y 
D sobre una recta, de modo que :
AC2= A D .B D 
AB BD 
CD ' AC
Calcular:
A ) 4 B)3 C)2 D)1 E)0,5
43.- Se dan los puntos consecutivos A, B, C, 
D, E , , de modo que :
A B ~ , B C = | ,C D = ̂ ,D E = | ,E F = | ....
Calcular la suma límite de x donde :
x - AB + BC + CD + DE + ........
A ) 0,5 B) 1 C) 1,5 D) 2 E)2.5
44.- Sobre una recta se toman los puntos con­
secutivos O, A, B, M de modo que :
M A + MB = 1,5 AB.
Hallar OM en función de OA y OB
A )
B)
C)
4 OB + 2 OA
3 OB - 2 OA
5 OB - OA
D)
3 OB - OA
E)
5 OB + OA
45.- Sobre una recta se ubican los puntos con­
secutivos^ B, C, D, E y F, si “ D” es punto 
medio de CE , AC = CE y BD = DF. Calcular:
E =
A ) 1 B)2
AB2 + BE2 
AC2 + EF2
C)3 D)4 E)5
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 t/a.
3*1 DEFINICION
A /
Lado / Bisectriz
vértice
O Lado B
Angulo es la reunión de dos rayos de origen co­
mún y no colineales. En la figura adjunta se observa la 
representación gráfica de un ángulo y sus elementos.
NOTACIONES :
4 AOB , ó , 4 AÓ B se lee : "ángulo AOB" 
m 4- AOB se lee : Medida del ángulo AOB.
CARACTERÍSTICAS :
—> —>
- Simbólicamente se representa por: 4 AOB = OA uOB
- Su medida es un número real y positivo comprendido entre 0 y 180° es decir :
0 < m 4 AOB < 180
3*2 EQUIVALENCIAS
Io < > 60’ ... (3.1) , Y < * 60” ... (3.2) a I o < > 3600" ... (3.3)
Fig. 3.
3*3 CLASIFICACION
A) SEGUN SU MEDIDA.
A l) Ángulo Agudo.- (Fig. 3.2a)
Es aquel ángulo cuya medida es menor que 90; es decir:
A2) Ángulo Recto.- (Fig. 3.2a)
Es aquel ángulo cuya medida es igual a 90; es decir:
A3) Ángulo Obtuso.- (Fig. 3.2a)
Es aquel ángulo cuya medida es mayor que 90; es decir :
0 < a < 90 ... (3.4)
a = 90 ... (3.5)
90 < a < 180 ... (3.6)
68 Problemas de Geometría v cómo resolverlos Ernesto Quispe R.
B) DE ACUERDO A SU POSICIÓN Y CARACTERÍSTICAS.
B l) Angulos Complementarios.-
Son dos ángulos cuyas medidas suman 90°. Si los 
ángulos mostrados son complementarios, entonces:
a + 6 = 90 ... (3.7)
Observación: A la medida del complemento de un 
ángulo lo denotaremos por: C a ; verificándose que:
Ca = 90 - a ... (3.8) (0 < a < 90)
B2) Angulos Suplementarios.-
Son dos ángulos cuyas medidas suman 180°. Ya que 
los ángulos mostrados son suplementarios se cum­
ple que:
a + 6 = 180 ...(3.9)
Observación: A la medida del suplementario de un 
ángulo lo denotaremos por :5 a ; cumpliéndose que:
Fig. 3.4
5a = 180 - a ... (3.10) (0 < a < 180)
B3) Angulos Adyacentes.-
Son dos ángulos de vértices común y lado común, 
además están situados a uno y otro semiplano de­
terminados por el lado común. En la figura adjunta 
los ángulos AOB y BOC son ángulos adyacentes, ade­
más considerando las medidas asumidas se verifi­
can las siguientes relaciones:
C, = Adición:
C2 = Sustracción:
0 = a + P
P = 6 - a y a = 0 - p
B4) Angulos Consecutivos.-
Son tres o más ángulos de vértice común que de 
dos en dos son adyacentes tal como los ángulos 
AOB, BOC, COD y DOE mostrados en la figura ad­
junta.
Observaciones:
1) Los ángulos consecutivos que en conjunto comple­
tan un semiplano tienen medidas que verfican la 
relación:
a + P + y + 0 + 0 = 180 ... (3.11)
/
Fig. 3.5
B
A>k.
Fig. 3.6
Luis Ubaldo C. Angulos 69
2) Los ángulos consecutivos situados alrededor de un 
punto (completando el plano) tienen sus medidas 
que cumplen la relación :
a + 0 + P + y + 0 = 180 ... (3.12)
3.4 COMPLEMENTO T SUPLE1MENTO DE UN ANGULO
DEFINICION:
Complemento de : a = Ca = 90 - a ; (a < 90°)
Suplemento de a : SQ = 180 - a ; (a < 180°)
A) Angulos Adyacentes: / A
Son 2 ángulos tales como : AOB y BOC.
A . .c?
\
Se cumplen las siguientes relaciones: 
ADICIÓN : 6 = a + P
SUSTRACCION : P = 6 - a Fig. 3.9
B) 4 ls Adyacentes Suplementarios : Son 2 ángulos 
adyacentes cuyas medidas suman 180°, tales como 
AOB y BOC.
a + 6 = 180° ... (3.13)
bV
\ e
A O C
Fig. 3.10
C) 4-s Opuestos por el Vértice : Son ángulos deter­
minados al intersectarse 2 rectas.
a = 6 ... (3.14)
Fig. 3.11
D) Las bisectrices de dos ángulos adyacentes suple­
mentarios forman un ángulo de 90°
B\> Q/
m 4- POQ = 90° ...(3.15)
>
1 o C
Fig. 3.12
70 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R.
6J6RC1CIOS oe APLICACIÓN ( lT9 PART6 J
1.- Hallar el CCC....C¡g ; si hay 50 veces complemento (C - » Complemento). 
Resoluctón.-
CCC...C.
50
50 veces
Ya que 50 veces es par, entonces por propiedad : CCC... C50 = 50°
2.- Hallar el SSS....SWQ; si hay 1001 veces suplemento (S - » Suplemento). 
Resolución.-
555. ..S.100
1001 veces
Ya que 1001 veces es impar, entonces por propiedad : 555... 5ino = 180° -100°SSS...S100 = 80°
3.~ En el gráfico calcular la m 4 AOB.
k+20
2k 3k-20
Resolución.-
En el gráfico, por ángulos adyacentes suplementarios, tenemos :
2k + 3k + 20 + 3k - 20 = 180
Donde: 
Ahora:
8k = 180 
R 2
Nos piden: m 4- AOB = 6/?
4.- En la figura, hallar “x".
- ( f )m 4- AOB 
m 4 AOB = 135°
Luis Ubaldo C. Angulos 71
Resolución.-
Por ángulos adyacentes suplementarios, tenemos: 2a + 20 = 180
En consecuencia: a + 0 = 90 ... (1)
Ahora: x = a + 0 ... (2)
De la expresión (1) y (2 ): x = 90°
5 - En el gráfico, hallar la m 4 AOC, s i : 
m 4 AOB + m 4- AOD = 56e.
Resolución.-
Del gráfico: m 4 AOC - m 4
Entonces: m 4 AOB — m 4
Reemplazando: m 4 AOB = x - a
Por dato: m 4 AOB + m 4
i i
Reemplazando: x - a + x +
Luego: 2x = 56 
x = 28°
V-
72 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R.
3.6 ANGULOS FORMADOS I?QR DOS RECTAS E\KAL£LAS r UNA TRANSVERSAL
A) Angulos Alternos : Son de igual medida. 
A l. Altemos internos
Fig. 3.14
a = P
B) Angulos Correspondientes : Son de igual medida.
a = P
B1. Correspondientes obtusos B2. Correspondientes agudos
ffe.3.15
a = p
C) Angulos Conjugados : Son suplementarios
a = P
Fig. 3.17 
a + p = 180 ...(3.16)
Fig. 3.18 
a + P = 180 ...(3.17)
Luis Ubaldo C Angulos 73
3*7 ANGULOS DE LADOS PARALELOS
Fig. 3.19
3*8 ANGULOS DE LADOS PERPENDICULARES
F(g. 3.20
3*9 PROPIEDADES ESPECIALES
A) Si el vértice del 4- AOB se sitúa entre las 
paralelas a y b, luego su medida estará ex­
presada por:
B) Teorema de Sarrus : Para toda poligonal 
cuyos extremos pertenecen a las paralelas 
a y b s e verifica la relación;
x = a + p ... (3.18) a + 6 + p = P + e ... (3.19)
Fig. 3.21 Fig. 3.22
74 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R.
C) Del conjunto de ángulos mostrados en la 
Fig. 3.23 se verifica la relación, s i: OA // PQ, 
entonces:
a + P + 0 + e + co = 180° ... (3.20)
D) Si a y b son dos rectas tales que : a // b, 
entonces se dice que los ángulos que ellos 
determinan miden 0 y 180. (Fig. 3.24)
Fig. 3.24
E) Siendo C el complemento de un ángulo, se cumplen las siguientes relaciones : 
- CCC . . . Ca = a a - CCC . . . Ca = 90 - a
# par # impar
F) Siendo S el suplemento de un ángulo; se cumplen las siguientes relaciones :
- s s s s . . . s e = e a - s s s s . .. se = iso-e
# par # par
Luis tiba ldo C. Angulos 75
ej€RCICIOS D6 APLICACIÓN ( 2da PART6 }
6.- S i : L1/ /L 2 y cc + p = 225, hallar "x".
Resolución. -
En el gráfico por propiedad : x - 180 - a + 180 - P
Luego: x = 360 - (a + P) ... (1)
Dato: a + P = 225 ... (2)
Reemplazando (2) en (1) : x = 360 -225
x = 135°
7.- En ¡a figura L1/ /L ¡¡, hallar "p".
Resol ución.-
Por el teorema de Sarrus :
En consecuencia:
8.- S i: L1 / /L 2 , calcular '10 
Resolución.-
Por el vértice "C" se traza L3 // AB .
Luego por ángulos correspondientes :
0 - 50 = 80 
0 = 130°
20 + p + 10 = 60 + 50 
P + 30 = 110
P = 80
-Q -
\
76 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R.
9.- S i: L1/ /L z y a / / b , calcular "0
Resolución.-
En el gráfico : 60 + 70 + 0 = 180 ... (4-s Suplementarios)
Entonces : 0 = 180 -130
0 = 50°
10.-Se tienen los ángulos consecutivos AÓB, BO C ,C O D y DO A que son proporcionales 
a los números 2, 4 y 8 respectivamente. Hallar el menor ángulo que forman las
bisectrices del primer y último ángulo.
Resolucion.-
Del gráfico:
Ahora: 
Entonces : 
Luego :
x = a + 0 ... ( I )
AÓB BÓC _ CÓD _ DÓA 
2 ~ 3 5 8
AOB = 2k . BOC = 3*, COD = 5*, DOA = 8* 
AÓB+BÓC+CÓD+DÓA =18*
En consecuencia: 360 = 18 *=> * = 20
Ahora : AÓ B = 2 (20) => AÓ B = 40 ; pero AÓ B = 2a
También : DOA = 8(20) DOA = 160 ; pero DOA = 20
► a = 20 
0 = 80
x = 10 0 °
Luis Ubaldo C. Angulos 77
1.- Se tienen los ángulos consecutivos AOB, BOC y COD. Se trazan las bisectrices O M y
2.- El suplemento del complemento de la medida de un ángulo, es igual al doble del com­
plemento de la medida de dicho ángulo. Calcular el complemento de la mitad de la 
medida de dicho ángulo.
Resolución.-
Seax la medida del ángulo, según los datos del problema planteamos la ecuación: SCx = 2Cx 
Entonces : 180° - (90° - x) = 2 (90 - x )
Resolviendo : 90° + x = 180° - 2x
Donde: 3x = 90° => x = 30°
—) —) —) —) —)
3.- Los rayos OA, OB, OC, OD y OE se encuentran ubicados en un misjno plano, de modo 
que la bisectriz OX del ángulo AOB es perpendicular a la bisectriz OD del ángulo BOE. 
Si m 4 X O E = 160s, calcular la medida del ángulo BOD.
O N de los ángulos AOB y COD respectivamente. Hallar la medida del ángulo AOC 
sabiendo q u e : m 4 MON = 90e y m 4- BOD = 82-.
Resolución.-
Del gráfico:
* x = a + 82°-20 + 0 = 90° => a -0 = 8° ... (1)
* x = 2 a + 82° - 2 0 => a - 0 = ^ -41° ...(2)
De (1) en (2), tenemos : 8o = ^ -41°
Entonces :
x = 98° D
Pero nos piden:
Luego :
= 75°
78 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Qulspe R.
Resolución.-
Del gráfico: a + 20 = 160° ... (1)
También se sabe que : a — 90° - 0 ... (2)
Reemplazando (2) en (1 ): 90° -0 + 2 0 = 160°
Luego nos queda : 0 = 160° - 90°
0 = 70°
4.- Se tienen los ángulos consecutivos AOB, BOC y COD; tal q u e :
m4LBOD-3.m4LAOB = 60° a mJLCOD = 3.m4LAOC. 
Hallar: m4-BOC.
Resoluclón.-
Sabemos por dalo que : m ¿COD = 3.m4ÍAOC = 3 a
También:
Del gráfico:
De donde:
En consecuencia:
rr¡4lBOD - 3m ¿AOB = 60° 
(x + 3a) - 3 (a - x ) = 60° 
x + 3a-3a + 3x = 60° 
4 x = 60° 
x = 15°
5.- La tercera parte de la mitad del complemento del suplemento de la medida de un án­
gulo excede en 8o a los tres quintos del complemento de la mitad de la medida del 
mismo ángulo. Hallar la medida de dicho ángulo.
Resol ución.-
Seax la medida del ángulo. 
Por dato tenemos:
Resolviendo, nos queda:
^ • -i (90 - (180 -x )] - | [ 90° - | ] = 8o 
(x -9 0 ) (540 - 3x)
10
= 8o
x = 165°
6.- Hallar el complemento de la diferencia de las medidas de dos ángulos tales que la 
medida del primero excede en 60g al complemento de la medida del segundo y la medida 
del segundo ángulo sea igual a ¡a mitad del suplemento de la medida del primer ángulo.
Luis tibaldo C. Angulos 79
Resoludón.-
Sean a y 6 las medidas de los ángulos.
Se pide : x = 90° - (a - 0)
Sabemos que: a - (90° - 6) = 60° => a + 0 = 150° ...(1)
También: 0 = ^ (180° - a ) => a + 20 = 180° ... (2)
Restando (2) y (1) : 0 = 30°
En (1) : a = 120°
Finalmente : x = 90° - (120° - 30°) *
x = 0°
7 - La suma de las medidas de dos ángulos es 80ey e l complemento de la medida del pri­
mero es el doble del segundo. Hallar la diferencia de las medidas de dichos ángulos.
Resolución.-
Sean "a" y "0" las medidas de los ángulos; se pide hallar: a - 0
Por condición del problema sabemos que: a + 0 = 80° ... (1)
También se sabe que : 90° - a = 20
Entonces : a + 20 = 90° ... (2)
Restando (2) y (1) : 0=10°
En (1) : a =70°
En consecuencia: a - 0 = 60°
8.- Si a la medida de un ángulo le disminuimos su cuarta parte más que la mitad que su 
complemento, resulta un tercio de la diferencia entre el complemento y el suplemento 
de la medida del mismo ángulo. Hallar dicho ángulo.
Resolución.-
Seax la medida del ángulo pedido.
Por condición del problema : x - ^ + ̂ (9 0 - jr )] = ^ [(90 - x ) - (180-*)]
De donde : x - ^ + y - 45 = - 30
Luego nos queda: 5x = 1 5 x 4
x = 12°
80 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R.
9 .-Si m //n ; c a lcu lar:x .
Resolución.-
En el gráfico observamos que a I I b. Luego x se mue­
ve a otro ángulo como vemos en la figura :
En ese ángulo: x = 62° + 24° 
x — 86°
10. - Si m //n ; calcular: x .
Resolueión.-
(60°+a-jr) x + 120°-a
Recordemos la propiedad:
Si m //r¡ se cumple : a + 6 + c + </ = a + P + 6
Según esta propiedad, para nuestro problema tenemos:
e2- a + a + G + 60° + a - x = 02 + a + 0
x = 60°
Luis Ubaldo C. Angulos 81
11.- Si m //n ; calcular x5.
Resolución.-
En el gráfico se cumple :
x + 180-2a =180 
Donde: x = 2a
-n
12.- Un tercio de la diferencia entre el suplemento y el suplemento de un ángulo es igual al 
doble de su complemento. Calcular su medida.
Resolución.-
Sea "a" la medida del ángulo entonces la diferencia entre el suplemento y el complemento de 
a es : (180 - a ) - (90 - a ) = 180 - a - 90 + a = 90
Un tercio de esta diferencia será : ^ (90) = 30°
Según el problema, este último reultado es igual a : 2(90 - a)
Luego : 30 = 2(90 - a)
En consecuencia: 15 = 90 - a
a = 75°
13.- La suma de las medidas del suplemento y complemento de un ángulo es igual a "n“ 
veces la medida del complemento de dicho ángulo. Calcular su medida, si ésta es la 
menor de todas las posibles (ne Z*).
Resolución.-
Sea "0" la medida del ángulo, entonces complemento de : 0 = 90 - 0 
Suplemento de : 0 = 180 - 0
Según el problema: (180 - 0) + (90 - 0) = n(90 - 0)
Entonces : 270 - 20 = 90 n-nQ
(n -3 )Despejando©: 0 = 90
De (* ) : n - 2 > 0 => n > 2
Si: n — 3 => 0 = 0° (no es posible ya que 0o < 0 < 90°)
Si: n = 4 => 0 = 45°
n - 2 . . . (* )
82 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R.
14.- En la figura a - P = * ; calcular x .
Resolución.-
Del gráfico sabemos que : x + P = 60-.x + a
De donde : 2x - a + P = 60
Entonces : 2x - (a - P) = 60
Reemplazando: 2x - ^ = 60
x = 36
15.- En la figura: a / /b ; calcular: x .
Resolución.-
—) —)
Prolongamos CB y ED hasta intersectarse en O, luego :
a = 90 - x
Empleando el teorema de Sarrus para la poligonal ABOE 
60 + a = 90 + 45 
Reemplazando: 60 + 90 - x = 90 + 45
x = 15
16.- De gráfico mostrado determinar el valor entero 
de "x" cuando "y" tome su máximo valor entero.
Luis Ubaldo C Angulos 83
Resolución.-
Del gráfico: (2y - x) + (x + y) + (x - y) = 180
=> 2y + x = 180 ... ( 1 )
Pero: x - y > 0 (definición de < )
=> y < x ... (2) 
Donde reemplazando tenemos : y < 180 - 2y
Luego : 3y < 180 => y < 60°
El mayor valor entero de "y" será : 59°
Sustituyendo en (1) : 2(59) + x = 180
x = 62
17.- Se consideran los ángulos adyacentes AOB, BOC y COD de modo que la medida del 
ángulo COD es el doble de la medida del ángulo AOB.
Calcular la medida del ángulo BOD si el ángulo AOE mide 1° siendo OE bisectriz del 
ángulo BOC.
Resolución.- 
Del dato:
En el gráfico: 
Entonces : 
También:
m 4 COD = 2m 4- AOB 
m 4 CÓD = 2 (1 - a) 
m 4 COD = 2 - 2 a
x = a + a + 2 - 2 -a
x = 2°
—) —)
18.-En una linea recta XX' se ubica el punto O, por dicho punto se trazan los rayos O A , OB,
—) —)
OC y OD en un mismo semiplano de modo que m < AOC = m < BOD = 90°
Además m < AOB + m < COD = 20° Calcular la m < BOC.
Resolución.-
Sea AÓ B = a => CÓ D = a, ya que : 
x + a = 90 ... (* )
Dato: m 4 AO B + m 4 COD = 20°
Reemplazando: a + a = 20°
Entonces : a = 10o
En (*) : * + 10° = 90° x = 80°
84 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R.
19.- En el gráfico L1/ /L 2 . Calcular 6 .
Resolución.-
Del gráfico: 60° + 20 + 30 = 180°
Entonces: 5 0 + 6 0 = 180°
Luego sabemos que : 50=120°
0 = 24°
20.- La medida de un ángulo es 0° Si la diferencia entre los 5/6 del suplemento de 6 y el 
complemento de Q/2 excede en Q/15 el doble del complemento de 0. Hallar el suple­
mento del complemento de 6.
Resolución.-
Planteamos la ecuación : j Jj^(180°-0)J - j^90° - j - 2 (90 - 0) =
Luego :
Homogenizando: 
Luego:
En consecuencia: 
Nos piden SC^:
— - 5-° - 90 + | - 180 + 2 0 = ^o ¿ lo
900-59 30 126 97n_ _0_
6 6 + 6 15
900+100 J0 
6 ‘ 15
4500 + 500-20 =8100
= 270°
=> 0 = 75 
= 180-(90-75) = 165°
21.- Se tienen los ángulos consecutivos AOB, BOC, y COD. Se trazan las bisectrices; O M 
y O N de los ángulos AOC y BOD. Hallar m 4 M O N , si m 4 AOB + m 4 COD = 186°
Resolución.-
Por dato tenemos que : m 4 AOB + m 4 COD =186 ... (1)
Pero en el gráfico: m 4 AOB = a + x - 0 ... (2)
También : m 4 COD = 0 + x - a ... (3)
Luego (2) y (3) en (1 ): a + x - 0 + 0 + x - a = 186°
De donde: 2x = 186° .-. jr = 93°
Luis Ubaldo C. Angulos 85
22.-Se tienen los ángulos consecutivos AOB y BOC (m 4 AOB < m 4 BOC) tal que: 
m 4 AOB + 2.m 4- BOC = 148B. Se traza el rayo OE bisectriz del ángulo AOB y OP 
bisectriz del ángulo EOC. Hallar la medida del ángulo EOP.
Resolución.-
Tenemos como dato: m 4 AOB + 2.m 4- BOC - 148° ... (* )
Según el gráfico: m 4 AOB = 2a .. . ( 1 )
También se sabe que : m 4 BOC = 26 - a ... (2 )
Reemplazando en (* ) : (2a) + 2(26 - a) = 148°
De donde: 2a + 46 - 2a = 148°
6 = 37°
—) —̂ —> —)
23.- Se tienen los ángulos consecutivos AOB, BOC y COD tal que OP, OO, OR y OS son 
las bisectrices de los ángulos AOB, COD, AOC y BOD respectivamente.
Si m 4- POQ + m 4- ROS = 144° calcular m 4 AOD.
Resolución.-
Tenemos por dato: m ¿PO Q + m 4 ROS = 144°
Del gráfico: m 4 POQ = to - a + to + 6 .. . ( 1 )
También sabemos que: m 4 POS = 0 + 2 a - to - (2)
De igual manera: m 4 POS =cú + 26-0 .. (3)
Sumando (2) y (3) : 2 . m 4 ROS = 2a + 26
De donde: m 4 ROS = a + 6 - (4 )
Reemplazando (1) y (4 ): (o - a + o + 6) + (a + 6) = 144°
Sumando: 2(6 + tü)= 144° 
m 4- AOD = 144°
24.- Se tienen los ángulos consecutivos AOB y BOC tal q u e : m 4- AOB - m 4- BOC = 56B.
—) —̂ —)
Los rayos ON, ON, OP bisecan a los ángulos AOB, BOC y MON respectivamente. 
Hallar m 4 POB.
86 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R.
Resolución.-
Delgráfico: jc = c o -8 ...(1)
También: x = a - to ... (2)
Sumando (2) y (1) : 2x = a - 6 ...(3)
Pero por dato nos dan : m 4 AOB - m 4- BOC = 56° 
Reemplazando: 2a - 26 = 56° => a - 6 = 28° ... (4)
Reemplazando (4) en (3 ): 2x = 28°
x = 14°
25.-Se tienen los ángulos consecutivos POA, AOQ, QOB, BOR y ROS; tal que: m 4 POS = 180B
m 4 BOR = 48B, m 4 ROS = m 4 AOP y el ángulo POQ es menor que el ángulo QOS.
—> —)
Hallarla m 4 AOQ; sabiendo además que los rayos OA y OB son las bisectrices POQ 
y QOS respectivamente.
Resolución.-
Nos dicen que: m 4 QOS > m 4 POQ = 180°
Entonces : m 4 AOQ = m 4IROS = x
Dato: m 4 BOR = 48°
Del gráfico: x + 6 = 90° ... (1)
También : 6 - x = 48° ... (2)
De (1) y (2) restando m.a.m.: 2x = 90° - 48°
2x = 42° x = 21‘
26.- Se tienen los ángulos consecutivos AOB, BOC y COD;tal que :m 4 A O C -m 4- BOD= 109
—> —̂
y m 4 MON = 100B; siendo los rayos OM y ON las bisectrices de los ángulos AOB y 
COD respectivamente. Hallar la m 4 AOC.
Resolución.-
Por dalo tenemos : 
Del gráfico: 
También:
m 4 AOC-m 4 BOD = 10° ... (1)
m 4 AOC = 2a + to... (2)
m 4 BOD = co + 26 ... (3)
Reemplazando (2) y (3) en (1) : 2a + co - (co + 26) = 16°
De donde : 2a - 20 = 16°
Simplificando: á - 6 = 5o ... (4)
M
Luis Ubaldo C. Angulos 87
También por dato: a + co + 0 = 100° ... (5)
Sumando las dos últimas ecuaciones (4) y (5): 2a + co = 105°
Pero del gráfico : x = 2a + co
En consecuencia: x = 105°
27.-Se tienen los ángulos consecutivos AOB, BOC, COD, DOE y EOF; tal que: m 4 AOF= 180°
m 4 BOD = 90ey m 4 AOB = 3.m 4 DOE. Hallar la m 4 BOC, sabiendo además que
—) —)
los rayos OE y OD son las bisectrices de los ángulos DOF y COF respectivamente. 
Resolución.-
Luego de dibujar la figura según las condiciones del proble­
ma, pasamos a establecer las ecuaciones:
36+ 90°+ 26= 180°
Luego : 50 = 90° => 0 = 18°
x + 20 = 90°
Reemplazando: x + 2 (18°) = 90° => x=9 0 °-36 °
x = 54°
28.- Si m / / n ; calcular aB+ b B + cB. Siendo 0 = 50B.
Resolución.-
Por ángulos de lados paralelos movemos 20 al trazar la recta" I ” paralela a AB. 
Luego : 20 + 20 = 180° + to => to = 40 -180° ... (1)
Ahora por propiedad : a+£> + c + co=0 + 0
Reemplazando (1) en (2) : a + b + c + 40- 180° = 20
Entonces : a + b + c = 180° - 20
Pero: 6 = 50°
En consecuencia: a + b + c = 80°
88 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R.
29.- Alrededor de un punto "O" se trazan en forma consecutiva los rayos OA, OB, OC,
—) —-V —̂
OD, OE y OF de modo que cualquiera de estos rayos es bisectriz del ángulo formado 
por los rayosanterior y posterior a esta bisectriz. Calcular la medida del ángulo 
formado por las bisectrices de los ángulos EOD y BOC.
Resolución.-
Ya que cualquier rayo es bisectriz de los otros dos rayos más 
próximos entonces los 6 ángulos determinados al rededor del 
punto "O” serán congruentes.
Sea ”0" la medida de estos ángulos.
60 = 360 => 0 = 60Luego :
Nos piden: x 2 + 0 + 2 - 2
x = 12 0 °
^ ̂ y
30.-En la figura: L1 / / L2;a / /b y m //n . Calcu­
lar : x + y.
Resolucion.- 
Por propiedad: 
De donde :
3a = m < A + a
m < A = a
aPor ángulos alternos : m < T = m < k — ^
Por Sarrus para la poligonal MATLSK se tiene :
x + ^ + 0 = Ty+LU + 180-y
=> x + y = 180 + (w - 0) . . . ( 1 )
Empleando nuevamente Sarrus para la poligonal OBLS: 
1 8 0 + w = 18O-a + 0 =j w - G = | ... (2)
Sustituyendo (2) en (1) : ax + y = 180+ ~
Luis Ubaldo C. Angulos 89
31.- En la figura, hallar el menor valor entero expresado en grados sexagesimales que 
puede tomar x.
Resolución.-
Del gráfico: 2x-y + y + x + y = 180 =>
De donde : y = 180 - 3*
Pero sabemos que : 2x - y > 0
Luego : 2x > y
Reemplazando: 2x > 180 - 3x
Entonces: 5x > 180 => x > 36
jc = 37°
3 * + y = 180
32 .-Se trazan los ángulos adyacentes AOB, BOC, COD. Si m e AOB = m < COD = bBy 
m < AOD = aB. Calcular la medida del ángulo formado por las bisectrices de los 
ángulos AOC y BOD.
Resolución.-
Del gráfico: QO C + b = 
También : BÓ P + b =
g -b
2
a - b
QOC = 
BÓP =
q -3¿>
2
a -3 b
Luego : BO Q — • + x
r. i j a - b a -3 b . Reemplazando: —— = — -— + x
Entonces:
En consecuencia: x =
Ca -b ) (a -3 b ) 
2 ' 2
a -b - a + 3 b x = b
33.- Se consideran los ángulos adyacentessuplementarios AOB y BOC se trazan las
—> —> -----
bisectrices OP y O Y de los ángulos AOB y BOC, luego se traza OZ, bisectriz del
< POY, si m < AOB - m < BOC = 60B. Hallar la medida del < BOZ.
Resolución.-
Del gráfico por propiedad : a + 0 = 9O ...(1)
Dato: m < AOB - m < BOC = 60
Reemplazando: 2a - 20 = 60
De donde : a - 0 = 30 ... (2)
90 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R.
Sumando (1) y (2) m.a.m.: 2a=120
=> a = 60 ; 6 = 30 
Del gráfico: x + 0 = 45
x = 15°
34.- Seana yP las medidas de dos ángulos. Si los 77 del suplemento del complemento de
P Plos ^ de la diferencia entre el suplemento del suplemento de a y el complemento del 
complemento de p es igual a los ~ del suplemento del complemento de los |r de la 
diferencia entre el complemento del complemento de a y el suplemento del suple­
mento de p, luego:
Resolucion.-
Expresemos simbólicamente el enunciado del problema :
^ jsc|J^SSa-CCpJj = P S c | j (CCa - SSP)j
Operando se tiene : ^|l80 - 9 0 + ^ (a -P)j| = «
Simplificando:
Entonces:
De donde : 
Finalmente:
90+ P - ? r l = fa
CC90 + -p --a
9 o (| ) + a - P = 9 o [| ) + a -P
90( j ) - 90©
a = p
35.- En la figura adjunta se muestran una línea poligonal for­
mada por n segmentos los cuales forman ángulos entre 
si y también con las paralelas L 1 y L¿. Si los ángulos for­
mados tienen sus medidas que determinan una progre­
sión aritmética decreciente de razón “r". Calcular la me­
dida del mayor ángulo a.
Rcsolución.-
Del gráfico deducimos que como hay "n" segmentos que conforman la línea poligonal, enton­
ces habrán (r? + 1 ) ángulo donde :
Luis Ubaldo C. Angulos 91
El penúltimo < : a - (n - 1) r 
Y el último < : a - n r
PorScurus:
a + a - 2 r +...+ a - n r = a - r + a - 3 r +... a - (n - l ) r
a + ^ - 2r| 1 + 2 + ... +
De donde: 
Ahora: 
Luego:
a. 2M i Á = . , ( a ¿
c = f (n + 2) = - i n _
^ rn /■ . rn
« = 4- (n + 2) - - 4-
- r ( 1 + 3 + 5 +...+ n -1)
36.-En la figura mostrada: m / / n ; a / /b y m ffn. 
Calcular: x + y.
a-(n-l)r¡
r a -n r
a = rn
A
Resolución.-
Del gráfico: 
Entonces: 
Luego:
2$ = 90 + 2a 
2$ - 2a = 90 
d> - a = 45
También en la poligonal ABC : j r + ( ] ) + 9 0 - a = 1 8 0
Ordenando: x + (J) — a + 90 = 180
Reemplazando: x + 135 =180
x = 45
92 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R.
37.- En la figura L1 / / y y + p = 260° 
Calcular x.
Resolución.-
En el gráfico por Sarrus: x = 3a + 30
Luego : ^ = a + 0
También: < P = 180 - y + 180 - P
Entonces : < P = 360 - ( y + P )
Reemplazando: < P = 360 - 260
=> < P = 100
Por consiguente en la poligonal PQBR :
< B = 80
También en la poligonal ABCD, tenemos : 
80 = x + a +0
Reemplazando: 80 = x + —
Finalmente : 4* = 240 
x = 60
38.- Se tienen los ángulos consecutivos AOB, BOC y COD; tal q u e :
m 4- POQ + nr>41 ROS = 140e,
— > — > — > — >
siendo los rayos OP, OQ, OR y OS las bisectrices de los ángulos AOB, COD, AOC y 
BOD respectivamente. Hallar la : m 4- AOD.
Luis Uboldo C. Angulos 93
Resolución.-
Por dato tenemos :
m 4 POQ + m^lROS = 140°
Del gráfico: m 4- POQ = a + 2w + 0
También : m 4 ROS = o + 0 - (a + o - 2 a)
Reemplazando en el dato:
(a + 2w + 0) + [o = 0 - (a + o - 2a)] = 140°
De donde : 2a + 20 + 2w = 140°
Pero la m 41 AOD : 2a + 20 + 2üj = 140°
m 4 AOD = 140°
—> —>
39.-Se tienen los ángulos adyacentes AOB, BOC y COD de modo que OA y OD son rayos
—) —̂ —) —)
opuestos, además la m < B O C = 1209. Se trazan los rayos O X , O Y , OP y OR bisec­
trices de los ángulos AOC, BOD, BOY y XOC respectivamente. Calcular la m < POR.
Resolución.-
Sean m < AOB = 2a y m < COD = 20 
Luego : 2a + 120 + 20 = 180 =» a + 0 = 30°
—I
Ya que : OX es bisectriz del < AOC
=> m < AOX = m < XOC = 60 + a 
—>
OY es bisectriz del < BOD 
=> m < BOY = m < YOD = 60 + 0 
—►
OP es bisectriz del < BOY 
=> m < BOP = m < POY = 30 + |
OR es bisectriz del < XOC => m < XOR = m < ROC = 30 + ^
Del gráfico observamos que : 2a + 30 + ^ + <J) + 30 + + 20 = 180
4> + 60 + | (a + 0) = 180 => $ = 120 - 1 (30)
$ = 120 - 1 (30 )
A O D
O
94 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R."
40.- En la figura L1/ / L 2 , si a + P + <|> + y = 140° 
calcular: x .
Resolución.-
En la poligonal ABC : 
Dato:
Reemplazando en ( *) :
j r + a + p + (¡)+Y = 180 
a + P + (])+Y = 140 
x + 140 = 180
.. . (*)
* = 40
Luis Ubaldo C Angulos 95
PR06L€MAS PROPU€STOS
1.- La diferencia entre las medidas de los án­
gulos consecutivos AOB y BOC es 30°. Hallar
—̂
la medida del ángulo que forman el rayo OB y 
la bisectriz del ángulo AOC.
A ) 5o B ) l ( f C) 12° D) 15° E) 18°
2.- Se tienen los ángulos consecutivos AOB 
y BOC (m AOB > BOCm). Hallar la medida del 
ángulo que forman las bisectrices de los án­
gulos AOB y AOC. Si m 4- BOC = 40°.
A ) 5o B) 7,5° C) 10° D) 15° E)2(T
3.- Se tienen los ángulos consecutivos ABC, 
CBD y DBE, siendo BD la bisectriz del ángulo 
CBE. Calcular la medida del ángulo ABD si la 
suma de los ángulos ABC y ABE es 62°.
A ) 27° B)29° C)31° D)35° E)38°
4.- Se tienen los ángulos consecutivos AOB, BOC 
y COD, tal que la m4- AOC = m4- BOD - 70° 
Calcular la medida del ángulo que forman las 
bisectrices de los ángulos AOB y COD.
A ) 35° B)40° C)45° D)50° E)70°
5.- La suma del complemento de la medida de 
un ángulo, con el suplemento de la medida de 
otro ángulo es 140°. Calcular el suplemento de 
la suma de las medidas de ambos ángulos.
A ) 10° B)20° C) 3(f D)40° E )5 (f
6.- Si a uno de dos ángulos suplementarios se 
le disminuye 35° para agregarse al otro; da 
como resultado que el segundo es 8 veces lo 
que queda del primero. Hallar la diferencia de 
estos ángulos suplementarios.
A ) 7Cf B)65° C)60° D)55° E)5Cf
7.- Si el complemento del suplemento del su­
plemento del complemento de un ángulo mide 
15°. Hallar el suplemento del complemento, del 
complemento del suplemento de dicho ángulo.
A ) 7,5° B)9° C ) l ( f D) 12° E)15°
8.- Se tienen los ángulos consecutivos AOB,
—> —> —)
BOC y COD, siendo OM, ON y OL las 
bisectrices de los ángulos AOB, COD y MON 
recpectivamente. Hallar la medida del ángulo 
COL. Si m 4IMOC - m 41NOD = 83°
A) 4 Io 30'
D)37°
B)40°
E)53°
C)38° 30'
9.- Si mlln y allb ; calcular jt” .
A ) 3 IoB)32°
Q33°
D)34°
E)35°
10.- Si mlln y 0o es la medida de un ángulo 
agudo y mayor de 50°. Calcular el máximo va­
lor entero de Xa.
A ) 109°
B) 112°
C)116°
D) 118°
E)12(f
11.- La diferencia de las medida de dos ángu­
los consecutivos AOB y BOC es 60°.
96 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R.
Calcular la m 4IDOB. Si OD es bisectriz del 
ángulo AOC.
A ) 10° B)20p C )3 (f D)40° E)50°
12.- Dados los ángulos consecutivos DOA,
AOB y BOC; de manera que el ángulo DOB
—) —)
mide 80°, se trazan las bisectrices ON y OM de 
los ángulos DOA y BOC respectivamente. Cal­
cular lam 4IDOM. Si el ángulo BOC mide 60°.
A ) 100° 8)110° Q12CP
D) 130° E) 140°
13.- De qué ángulo debe restarse los 2/3 de su 
complemento para obtener 52°.
A ) 25° B) 38° C)72° D)54° E)67,2°
14.- De qué ángulo se debe restar la quinceava 
pane del triple de su complemento para ob­
tener 6°.
A ) 15° B) 12° Q 2 ( f D )3 (f E)45°
15.- Si C —» complemento: calcular "n" en ;
2C +C2C +C2C2C =160°n n n
A ) 5° B )8° C) 10° D) 12° E) 15°
16.- El triple de la diferencia entre el suple­
mento d e y el complemento de jt° es igual al 
doble del suplemento del complemento del 
doble de x°.
A) 90° B)45° C) 30°
D)60° E) 22° 30'
17.- Si allb\ calcular el complemento de 0°.
A ) 40°
B )5(f
C)70p
D)2ü°
E)60P
18.- Si mlln ; calcular r°
A ) 60°
B)70p
C )8( f
D)90° -----
E )100°
19.- Stm/ín ; calcular.*0
-m
- Tí
A ) 90° B)60“ C) 45° + a
D )90°-a E)72°
20.- La suma de las medidas de los ángulos es 
140°; y el duplo del complemento del prin. 11 > 
es igual al triple del complemento del comple­
mento del suplemento de su ángulo doble ^el 
segundo. Hallar la medida de dichos ángulos.
A ) 100° y 40° D) 60° y 80°
B) 900 y 50° E) N.A.
C) 70° y 70°
21.- Sea "a" la medida de un ángulo si la di­
ferencie entre los ~ del suplemento de a y el 
complemento de la mitad de la medida de di­
cho ángulo excede en al doble del com­
plemento de a. Calcular el complemente del 
suplemento de a.
A ) 140° B) 145° C) 148°
D) 165° E) 170°
Luis Uboldo C Ángulos 97
22.- Se considera los ángulos adyacentes 
AOB, BOC y COD. Calcular la medida del án­
gulo que forman las bisectrices de los ángulos 
AODy BOC, si :m < AOB - m < COB = 0.
A ) 6 B) | C) | D) 0 E)|e
23.- Se consideran los ángulos adyacentes 
AOB y BOC, si se trazan las bisectrices O N ,
OM, OF y OH ,de los ángulos AOB, BOC, y 
MOF respectivamente. Calcular la/w < BOH, 
sim < BOC-m AOB =40°
A ) 5o B) 7,5° C ) l ( f D) 12° 30' E)20°
24.- Si a la medida de un ángulo le disminui­
mos su cuarta parte más que la mitad que su 
complemento, resulta un tercio de la diferencia 
entre el complemento y el suplemento del mis­
mo ángulo. Calcular la medida de dicho ángulo.
A ) 12° B) 14° C)16° D) 18° E )2 (f
25.- Calcular el complemento de la semidi- 
ferencia de las medidas de dos ángulos tales 
que la medida del primero excede en 60° al com­
plemento de la medida del segundo y la medi­
da del segundo sea igual a la mitad del suple­
mento de la medida del primer ángulo.
A ) 30° B)37° C)45° D)60° E)75°
26.- Se consideran los ángulos adyacentes 
AOB, BOC y COD, se trazan las bisectrices
OX, OY, OZ de los ángulos AOB, COD y 
XOYrespectivamente.Calcularlas < AOB, 
si m < XOC +m < XOD -4 m < BOZ = 80°.
A )8( f B)60° C)40° D) 5 (f E )2 (f
27.- Se tienen los ángulos consecutivos AOB
y BOC de tal manera que :
m < AOB +m < BOC = 300°
—) —1
Se trazan los rayos OP y OQ bisectrices de los
ángulos AOB y BÓC respectivamente; luego 
—1 —1
OR y OS bisectrices de los ángulos A O Q y 
CÓP. Calcular la medida del ángulo ROS.
A ) 60° B)65° C) 75° D )8( f E)105°
28.- A l rededor de un punto O se trazan los 
rayos O A, OB, OD y OE, de modo que las me­
didas de los ángulos AOB, BOC. COD y DOE
—1
sean proporcionales a 1, 3,4, y 5. Si OD es la 
prolongación de la bisectriz del <AOB. Cal­
cular la medida del ángulo que forma dicha 
bisectriz con el rayo OE.
A ) 12° B)60° C)48° D) 120° E) 72°
29.- Hallar jc, si £,//£2.
A ) 137°
B) 138° 30'
Q 140°
D) 141° 30'
E) 141°
—> —>
30.- En la figura OA // M N , calculara
A ) 15°
B) 18°
C)20°
D)24°
E)27°
31.- Calcular la medida del mayor de tres án­
gulos que están en la relación de 3, 5 y 7, sa­
biendo que el complemento de la suma de las 
medidas de los ángulos es 15°.
A ) 48° B)25° C )3 (f D)35° E)45°
98 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Qulspe R.
32.- Si a la medida de un ángulo se le aumenta­
se el cuadrado de la medida de su complemen­
to se obtendrá 180°. Hallar la medida de dicho 
ángulo.
A) 100° B)99° C )8( f D)60° E) N. A.
33.- En la figura mostrada: hallar™ 4 COM si 
rn 4 BOC -m 4- AOC = 24°. OM bisectriz del 
4 AOB.
A) 12°
B) 18°
C)20°
D)24°
E)N.A
34.- Si al suplemento de la medida de un ángu­
lo le disminuimos 30° menos que el doble de la 
medida de su complemento, esto es igual a 3/11 
de la medida de su suplemento. Hallar la medi­
da de dicho ángulo.
A ) KF B) 15° C)30° D)40° E)N.A.
35.- Si el complemento del suplemento del su­
plemento del complemento de un ángulo mide 
10o. Hallar el suplemento del complemento del 
complemento del suplemento de dicho ángulo.
A) 5o B)2Cf C)36° D )8(T E)10°
36.- S i: .£1 // Íl2 y //i?4 ; hallar: jt.
37.- Sean los ángulos adyacentes suplemen­
tarios AOB y BOC; se trazan los rayos OM y
ON bisectrices de los ángulos AOB y BOC;
—) —)
además se trazan los rayos OP y OQ con la 
condición ; 2 m 4 AOP =m 4 POM y 
2 m 4 COQ =m 4 QOM 
Calcular la medida del ángulo que forman las 
bisectrices de los ángulos MON y POQ. S i: 
m 4 AOB - m 4 BOC = 72°
A ) 8o B) 1(P C) 12° D) 14° E)16°
38.- Hallar :.r; si :£,//.£,
A ) 60°
B)75°
Q 105°
D) 135°
E)N.A.
39.- S i ; ^ // T2 ; hallar r.
A ) 100°
B) 120°
C) 130°
D) 140°
E)150°
40.-81:.?, // ?2 .
Hallarjc; si . a + b + c + d — 122°
A ) 4 Io B)51° C)60f D)61 E) N.A.
Es la reunión de 3 segmentos determinados por 3 puntos no colineales. 
NOTACIÓN:
A ABC; se lee "triángulo ABC"
CARACTERÍSTICAS :
- Posee tres lados, tres vértices , 3 41 interiores y 6 4is 
exteriores.
- Simbólicamente : A ABC = A B u BC u AC
- Perímetro : 2p — AB + BC + AC
La Región triangular es la reunión del triángulo con todos sus puntos interiores.
4.Z TEOREMAS FUNDAMENTALES
TEOREMA 1.
La suma de las medidas de sus 3 ángulos interio­
res es 180°.
En el gráfico, podemos observar que :
<x + P + 0= 18 0 ...(4.1)
TEOREMA 2.
La medida de un ángulo exterior (ó ) es igual a 
la suma de 2 ángulos interiores (a ) y (P) no adya­
centes a él.
Es decir
= a + P ... (4.2)
Fig. 4.1
Fig. 4.3
100 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R.
TEOREMA 3
Un lado está comprendido entre la suma y la di­
ferencia de los otros lados.
A este teorema se le llama "Teorema de la Des­
igualdad triangular"
Entonces : a - c < b < a + e (4.3)
TEOREMA 4
A mayor ángulo se le opone mayor lado y viceversa. 
Quiere decir que :
a > 0 <=> a > c ■ (4.4)
Observación:
La suma de tres ángulos exteriores de un triángulo es 
360°.
Entonces:
e, + e2 + e3 = 360° ... (4.5)
4.3 CLASIFICACIÓN DE LOS TRIÁNGULOS
A) SEGUN SUS ANGULOS
a) A ACUTÁNGULO:
Es aquel que tiene tres ángulos agudos, o sea meno­
res de 90°.
Así:
a <90° 
P<90° 
e< 90°
b) A OBTUSÁNGULO :
Es aquel triángulo que tiene un ángulo obtuso y dos 
ángulos agudos.
Así tenemos :
0>9O° —> obtuso 
a <90°
P<90°
^ agudos
Luis Ubaldo C. Triángulos I 101
c) A RECTÁNGULO:
Es aquel triángulo que tiene un ángulo recto y dos 
ángulos agudos.
Así:
a + 6 = 90” ... (4.6)
B. SEGÚN SUS LADOS.
d) A ESCALENO :
Es aquel triángulo que tiene sus tres lados diferentes 
y sus tres ángulos interiores diferentes.
e) A ISÓSCELES:
Es aquel triángulo que tiene dos lados congruentes 
y los ángulos que se oponen a dichos lados son tam­
bién congruentes.
180 — fi
Del gráfico :2a + 6 = 180° => a = -— ^—
=> a = 90° - | .-. a < 90° ... (4.7)
0 A EQUILÁTERO :
Es aquel triángulo que tiene sus tres lados congruen­
tes y sus tresángulos interiores que miden 60° cada 
uno.
Cateto
"1 “ N
Cateto
Fig. 4.9
Fig. 4.10
/ m ___^ en el
/ \ vértice
a a A
Fig. 4.11
/60°\
\60° 6 0 °Á
g) OBSERVACIÓN :
Si en el A ABC mostrado se cumple que
AB = BC y 
m ^lB = 60°
=> A ABC, es Equilátero
Fig. 4.12
102 Problemas de Geometría y como resolverlos Ernesto Qulspe R.
6J6RC ICIOS o e aPLICACIÓM M r* PARTÉJ
1.- En un triángulo ABC, se toman los puntos M, P y N sobre AB, AC y BC respectiva­
mente, tal q u e : AM = MP y PN = NC. Hallar la m < M PN , si m < B = TCP
Resolución.-
Aplicando el Teorema 1 del ítem (4.2) tenemos : 
a + |3 + 70° = 180° => a + P = 110° .... (1) 
Del gráfico también : x + a + P = 180°
B
110°
x = 70°
2.- Las medidas de los ángulos internos de un triángulo son proporcionales a los núme­
ros 2, 3 y 4. Calcular la medida del suplemento del complemento del ángulo interme­
dio del triángulo.
Resolución.-
Aplicando el Teorema 1 del ítem (4.2) tenemos .
20 + 36 + 40 = 180°
90 = 180°
0 = 20°
Nos piden : Sc30 = Sc ,̂ = S30 = 150°
Sc60« = 150°
3.- Calcular la medida del mayor ángulo de un triángulo, en el cual la medida del mayor 
ángulo es el duplo de la medida del menor y la medida del tercer ángulo excede a la 
del menor ángulo en 16°
Resolución.-
Aplicando el Teorema 1 del item (4.2) 
0 + 20 + 0 + 16° = 180°
40 = 164°
0 = 41°
Nos piden : < mayor = 20 = 82°
< mayor = 82°
B
4.- En un triángulo ABC, AC = BC, sobre AC se toma el punto “E ”, tal que: AB = BE = EC. 
Hallar la m < ACB.
Luis Ubaldo C. Triángulos I 103
Resolución.-
A BEC por el Teorema 2 del Item (4.2)
m < BEA = x + x = 2x 
A EBA isósceles : m < A = m < BEA = 2x 
A ACB isósceles:
m < A = m < B = 2x => m < EBA = x 
Por el Teorema 1 del item (4.2)
2x + 2x + x = 180° 
5* = 180° 
x = 36°
5.- En un triángulo PBR (PB = BR), se prolongan B P y P R hasta los puntos C y A 
respectivamente, tal que AB = BC. Hallar m < PCA si m < RBC = 30°
Resolución.-
A ABC isósceles : m < A = m < C = x + Q 
A APC por el Teorema 2 del item (4.2)
m < BPC = * + 0 + * = 2jr + 6 
También en el A BRC por el mismo Teorema 
m < BRP = 30° + 6 
Como A PBR isósceles : m < BPR = m < BRP 
2x + 6 = 30 + 6 
=> 2x = 30 
x = 15°
6.-E n u n triángulo isósceles ABC (AB = BC) se toman los puntos E y F, sobre A B y
B C respectivamente, tal que el triángulo CEF es equilátero. Hallar la m < FEB, si
m < ACE = 0 g
Resolución.-
Como A EFC es equilátero :
m < EFC = m < FEC = m < FCE = 60°
Además A ABC, isósceles : m < A = m < C = 60° + G
Luego A AEC por el Teorema 2 del item (4.2):
60° + x = 60° + G + O
x = 20
104 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R.
7.- Dos lados de un triángulo escaleno miden 5 y 7 m, calcular la suma de los valores 
enteros impares que puede tomar el tercer lado.
Resfllufiián.-
Por el Teorema 3 del ítem (4.2)
Tenemos: 7 - 5 < x < 5 + 7
Luego : 2 < x < 12
Entonces: * = 3 , 4 , 5 , 6 , 7 , 8 , 9 , 1 0 , 1 1
Por dato A ABC es escaleno, entonces los valores que puede tomar* será :
* = 3 , 4 , 6 , 8 , 9 , 1 0 , 1 1 /. £ * = 51m
8.- En un triángulo ABC, se sabe que AC + BC = 11, exterior y relativo a AB se toma el 
punto “P" tal que : PA = 4 y PB = 5. Calcular la diferencia entre el mayor y el menor 
valor entero que toma PC.
Resolución.-
Aplicando el Teorema 3 del ítem (4.2)
A CAP : a - 4 < * < a + 4 . . . I
A OBP : b - 5 < * < b + 5 ... II
Sumando I y I I : (o + b) - 9 < 2* < (o + b) + 9 
Por dato : a + b = 11
Reemplazando : 11 - 9 < 2* <11 + 9 
2 < * <10
* , = 9máx
* . - * . = 6 máx mín
* = 3trun
B
9.~ En un triángulo ABC, en la región exterior y relativa a AC se ubica el punto “P ”. Calcu­
lare! valor entero de AP. Sabiendo que la recta perpendicular a AC trazada por C interseca 
a A P; además AC toma su máximo valor entero, AB = 3 m, BC = 6m y PC = 2m.
Resoluclon.-
A ABC por el Teorema 3 del ítem (4.2):
6 - 3 < AC < 6 + 3 => 3 < AC < 9
Por dato : AC es máximo => AC = 8
Ahora A ACP por el Teorema 3 del ítem (4.2)
8 - 2 < x < 8 + 2 => 6 < * < 1 0 ...I
Del gráfico podemos damos cuenta que * > 8 ... II
De I y II * = 9 m
B
Luis Ubaldo C. Triángulos I 105
4.4 LINEAS NOTABLES
a) Mediana: BM Las (hedianas concurren en elbariceniro "G" 
Propiedad: a G = 2GN
c) Bisectriz: BD y BE. Las bisectrices interiores concurren en el punto (I), llamado incentro.
Observación:
Para el triángulo ABC "E" es uno de sus 3 excentros 
y éste es relativo al lado BC.
Entonces el excentro es el punto de intersección 
de dos bisectrices exteriores con una bisectriz in­
terior. ---------
106 Problemas de Geometría v cómo resolverlos Ernesto Qulspe R
e) Ceviana: BP y BQ
3 ceviauas culesquiera que se intersecten determinan el cevencentro (T )
ftg.4.20
Luis Ubaldo C. Triángulos I 107
tjfcKuuOa ut ¿ArucüciOn {¿^PcsKit)' '
10.- El segmento de recta que un vértice de un triángulo en el punto medio de su lado 
opuesto se llam a:
A) Mediatriz B) Bisectriz C) Mediana D) Altura E) Ceviana
Resolución.-
Aplicamos el caso "a" del punto 4.4 y nos damos cuenta que dicho segmento se llama mediana.
RPTA. C
11.- En la figura, BM es mediana, si "G" es el baricentro, 
hallar BG ; BM = 24.
Resolución.-
S i: BM es mediana => BG = 2 GM
Luego sea : GM = a => BG = 2a ..... (1)
Ahora : BM = 24 => 2o + a = 24
Por consiguiente : a = 8 ....(2)
Reemplazando (2) en (1 ): BG = 2(8)
BG = 16
12.- Las tres alturas de un triángulo, concurren en un punto llamado : .
A) Baricentro B) Excentro C) Ortocentro D) Circuncentro E) Incentro 
Resolución.-
El ortocentro, es el punto de intersección o punto de concurrencia de tres alturas del triángulo.
RPTA. C
13.- En un triángulo obtusángulo, el ortocentro se encuentra en :
A) Un punto interior del triángulo D) Un vértice del triángulo
B) Un punto exterior del triángulo E) N.A.
C) El punto medio de un lado del triángulo 
Resolución.-
En un triángulo obtusángulo el ortocentro se encuentra en un punto exterior del triángulo.
RPTA. B
108 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R.
14.- ¿Cuál de las siguientes afirmaciones es falsa?
A) En un triángulo rectángulo, el ortocentro se halla en el vértice del ángulo recto.
B) El punto de intersección de las bisectrices interiores de un triángulo se llama incentro.
C) Las mediatrices concurren en el punto llamado excentro.
D) Una bisectriz interior con dos bisectrices exteriores concurren en el excentro.
E) El punto de intersección de tres cevianas se llama cevencentro.
Resolución.-
El circuncentro es el punto de concurrencia de tres mediatrices. RPTA. C
15.- De las siguientes afirmaciones, diga Ud. cuál es la verdadera :
A) En un triángulo rectángulo, las mediatrices se encuentran en el punto medio de la 
hipotenusa.
B) En un triángulo rectángulo, las mediatrices se encuentran en el punto medio de uno 
de sus catetos.
C) En un triángulo acutángulo, las mediatrices se encuentran en un punto exterior al 
triángulo.
D) En un triángulo obtusángulo, las mediatrices se encuentran en un punto interior al 
triángulo.
E) Sólo B y C son correctas.
Resolución.-
Las mediatrices en un triángulo rectángulo se encuentran en el punto medio de su hipotenusa.
RPIa . A
16.- En un triángulo rectángulo de hipotenusa igual a 10cm, hallar la distancia del 
ortocentro al circuncentro.
Resolución.-
Según lo estudiado anteriormente el ortocentro se encuentra en "B" y el circuncentro en "M", 
entonces:
Propiedad que estudiaremos más adelante
— AC ~ BEntonces: BM = ^ Ortocentro - -
Ahora BM es la distancia pedida, entonces :
Luis Ubaldo C. Triángulos I 109
17.- El punto de intersección de tres cevianas de un triángulo, también se le llama :
A) Gravicentro B) Centro de Gravedad C) Punto Aferente
D) Punto de Menelao E) Punto Ceviano.
Resolución.-
En honor al gran matemático Ceva, el punto de concurrencia de tres cevianas, también se le 
llama punto ceviano. RPTA. E
18.- En la siguiente figura, hallar"x".
Resolución.- 
Del gráfico:
También:
Luego:
Reemplazando (2) en (1 ):
* = a + 0 ... (1)
2a + 20 = 180°
a + 0 = 90° ... (2)
x = 90°
19.- En un triángulo los ángulos A, B y C miden 60° 40° y 80° respectivamente, hallar el 
ángulo que forma las bisectrices de los ángulos A y C.
Resolución.- 
En el triángulo AIC : 
En consecuencia:
B
* + 30 + 40 = 180°
* = 180-70 
jc = 110
110 Problemas de Geometría v cómo resolverlos Ernesto Quispe R
a) En un triángulo, el ángulo formado por las bisectrices 
interiores de dos ángulos, se puede calcular con la siguien­
te relación {Fig. 4.21a):
b) En todo triángulo, el ángulo formado por una bisectriz 
interior y una exterior, está dado por la siguiente relación 
{Fig. 4.21b):
c) En todo triángulo, el ángulo formado por dos bisectrices 
exteriores, está dado por la siguiente relación {Fig. 4.21 c):
x = 90° + a
a
x =
x = 90° - ^
... (4.8)
... (4.9) 
... (4.10)
d) En un triángulo, el ángulo formado por una altura y una 
bisectriz trazadas desde un mismo vértice, está dado por la 
siguiente relación:
e) En la siguiente figura si BD es bisectriz la medida del 
ángulo "x" está dado por la siguiente relación :
f) En la siguiente figura (cuadrilátero cóncavo), el ángulo 
convexo exterior, está dado por la siguiente relación :
- ( * ? ) 
'(t *)
Fig. 4.21 
... (4.11)
x = 9 0 ° | ^ 1 l ...(4.12) 
x = a + p + 0 ... (4.13)
Fig. 4.22
g) En la siguiente figura, el ángulo V está dado por la 
siguiente relación:
h) En la siguiente figura, el ángulo "x" está dado por la 
siguiente relación:
f a + e l
= b d ~ (414)
= ( ^ ) ...(4.15)
Luis Ubaldo C Triángulos I 111
i) En la siguiente figura, el ángulo "x" está dado por la
siguiente relación : x = 45° - ... (4.16)
Fig. 4.23
j) Si m 4 EBC = a AB = BE = EC
También : Si m 4 ABF = a => BF = BC
Luego : AB = AF
k) En la siguiente figura, si BD es bisectriz y m 4l A = 2 m 4 IC,
entonces el lado BC, está dado por la siguiente relación : BC = AB + AD ... (4.17)
1) En la siguiente figura, si BE es bisectriz y m 4 A = 2m 4 C,
entonces el lado BC, está dado por la siguiente relación : BC = AE - AB ...(4.18)
Fig. 4.24
m) En el triángulo rectángulo mostrado, BH es altura y BE bisectriz del 4 HBC , entonces se 
cumple lo siguiente:
AB = AE ... (4.19)
n) En el triángulo rectángulo 
BH es altura, BD y BE son 
bisectrices de los ángulos 
ABH y HBC respectiva­
mente, entonces se cum­
ple lo siguiente:
DE = AB + BC-AC
B
(n)
/ r
/ 1 -\ \
A D H E
Fig. 4.25
,.. (4.20)
112 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Qulspe R.
ejeRCICIOS D€ APUCACIÓM (3ra PART€)
20.- Según el gráfico dado, calcular "x"
Resolución.-
Por propiedad de ángulos de lados perpendiculares : 
m < B = m < P - x 
A QPR por el Teorema “a” del Item (4.5)
2x = 90° + TT
^ = 90°
x = 60°
21.- En el triángulo ABC; m < B = 100°, 
Hallar x
B
Resolución.-
En el A ABC por el Teorema “a" del item (4.5) 
100°m < ADC = 90° + ±y -
m < APC = 140°
Por propiedad de ángulos de lados perpen­
diculares :
* + 140° = 180°
* = 40°
B
Luís Ubaldo C. Triángulos I 113
22.- Hallar "x" de ¡a figura
Resolución.-
Haciendo los trazos indicados y aplicando el Teorema “b” 
del item (4.5)
A ABC tenemos : m < P = 20°
Luego A APC tenemos : m < x = 10°
x = 10°
23.- Del gráfico calcular “x ”
B
Resoluclón.-
Haciendo los trazos indicados :
A ABC por el Teorema “a” del item (4.5).
on
m < BPC = 90 + = 130°
Luego A BPC por e I Teorema “c” del item (4.5)
on 130° m < x = 90 — —
x = 35°
24.- Del gráfico calcular “x"
B
114 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Qulspe R.
B
Resolución.-
Por la propiedad “b” del ítem 4.5, tenemos : 
m < P = x
También :
4jt + 4x + x = 180°
9x = 180° 
x = 20°
\ x :
25.- Del la figura calcular “x"
Resolución. -
Haciendo los trazos indicados se forma el A RST, aplicando el 
Teorema “c” del item (4.5)
70° = 90 - f 
S = 40°
Por propiedad de ángulos de lados perpendiculares : 
x = 40°
.-S
/S
26.- De la figura mostrada calcular el valor de “x"
Luis Ubaldo C. Triángulos I 115
Resolución.-
Aplicando el Teorema “b" del ítem (4.5), hacemos 
los trazos indicados en el A ABC.
m < R = m < B
40°
= 20°2 2
Ahora en el A TCR, aplicando el Teorema anterior: 
m < Rm < x =
m < x = 10°
20°
2
-R
27.- En la figura mostrada, hallar la medida del 
ángulo “x"
Resolución.-
Por la propiedad “b” del item 4.5 tenemos que : 
m < APB = 20°
Por ángulos de lados perpendiculares : 
x = 20°
116 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Qulspe R.
M i s c e l á n e a
1.- En la figura, si AE = E F ; calcular x9
Resolución.-
En el A ABC, por el teorema del ángulo exterior : 
<J> = m £ A + 40° => m 4- A = 0 - 40°
Pero dado que el A AEF es isósceles, tendremos : 
m 4- A = m AFE = 0 - 40°
Luego en el A FBC, también por el teorema del 
ángulo exterior tenemos : 0 - 40° + x — 0 + 40°
* = 80°
2.- En la figura; calcular x9
4Ca + 
Resolución.
* - * 'y
f . B, i»
Recordemos la propiedad : y = ^ ^
Al aplicar esta propiedad en nuestro problema, observamos que: 
a + b
24° = Y =* o + b = 48° ...
Finalmente en el AABC : x + 2 (a + b ) = 180° ...
Reemplazando (1) en (2) : x + 2 (48°) = 180°
En consecuencia: x = 180° - 96
x = 84°
CD
(2)
3 
0
'
Luis Ubaldo C. Triángulos / 117
3.- Calcular: x + y + z , en el gráfico siguiente:
X~ 0 -f
v - p e + A x
Z _ = _ I 3 0 - ¿ A - '3®
I B O
.-v A l _ 
« 8
V * \ ® °
Resoluclón.- 
Del gráfico, por el teorema del ángulo exterior :
x = a + 0 — (1)
También : y = 2 a + 2 0 ... (2)
De igual manera: z = 180° - (3 a + 3 0) ... (3)
Sumando (1), (2) y (3 ): x + y + z = 3a + 30 + 180° - 3a - 30
+ 9 + '* - V 
e\0\. 0 4 . V - 2 ©
Xy
JC + y + z = 180° 
4.- Calcular xB; si : a + 0 = 124°
cj lE)
x + n = 90°
Resolución.- 
En el AMBH :
Multiplicando por 2 miembro a miembro: 2x + 2n = 180° 
Transponiendo términos, tendremos que :
2n = 180o - 2x ...(1)
En el A ABC : 2n + a + 0 = 180°
Despejando el término 2n, tendremos :
2n = 180° - (a + 0) ...(2)
Igualando (1) y (2): 180° - 2x = 180° - (a + 0)
a + 0Eliminando 180° y despejando encontramos que : 
Reemplazando el dato:
x =
x =
2
124°
2
x = 62°
118 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Qulspe R.
5.- Calcular x, en la siguiente figura.
3 -V © + $ - l & °
+ - IfoD
Resolución.-
Del gráfico, en el triángulo CDE (4 - exterior): 
x = <J> + 170° - 0 ...(1)
También en el triángulo ABC :
x = 0 + 160° - 0 ...(2)
Sumando miembro a miembro (1) y (2) :
2x = 330 
x = 165°
6.- En la figura, calcular x °, s i : a + b = 220° , y, 
CN = N M .
Resolución.-
En el A ABC, sabemos por teoría que :
a + b + 20 = 360°
Por dato, tendremos : 220° + 20 = 360°
Ahora : 20 = 360° - 220° =» 20 = 140°
0 = 70°
Entonces en el vértice C, se tendrá que :
a = 40°
Finalmente en el A MCQ : x = a + a + 0
Reemplazando : x = 40° + 40° + 70°
160o -
A
x = 150°
7.- Calcular x, en el gráfico mostrado.
Luis Uboldo C. Triángulos / 119
Resolución.-
Recordemos la siguiente propiedad :
x = 90° - Cü
Para nuestro problema: 
Donde : t¡ = 90° - 80°
80° = 90° - 1
f =10°
* = 20°
t
/ a
\ 0 ~ 8 o y
,:1 * .......
\ x
n \ A
8.- En la figura, se sabe q u e : BC //D E , además AD = DE, y: 
m ~n = 36e; calcular a .
3
Resoluclón.-
Si BC // DE, entonces la m 4- D = m 4- ACB = a 
En el A ABC: m = + a ... (1)
En el A AED : n = 2x + a ... (2)
Restando (1) y (2) miembro a miembro : m - n = x 
Del dato se sabe que : 36° = x
a = 36°
9.- Del gráfico se pide calcular x.
- (80
< r
120 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R.
Resolución.-
En el triángulo sombreado :
3x + 3x = 180° + o => w = 6 x -180° ... (1)
En el cuadrilátero no convexo ABCD, se tiene :
tú = 3 (180°-4x ) ...(2)
De (1) y (2) : 6x - 180° = 3 (180°) - 12x
Donde: 18x = 720
x = 40°
10.- En la figura, calcular “x" s i : AM = MC
lOO-
in j
Resolución.-
El triángulo rectángulo PMC es isósceles : PM = MC
En el fcv AHC, trazamos la mediana HM, entonces :
HM = AM = MC
También:
Entonces:
En el A HMC (< exterior) :
=>
El triángulo PMH es isósceles :
m < HAC = 55° 
m < AHM = 55° 
m < AMH = 70° 
m < PMH = 20° 
HM = PM
x = 80°
B
11.- Una recta perpendicular a la base AC de un triángulo isósceles ABC, intersecta en M 
a AB y en N a la prolongación de C B . Si AM = a y NC = b. H allar: BC.
Resolución.- 
En el h. AHM: 0 + a = 90°
Luis Ubaldo C. Triángulos 1 121
En el b. NHC : m < HNC = 90 - 0 = a
Luego el triángulo NBM resulta ser isósceles. 
Entonces : BN = BM
Pero: BN = f t - r y BM = x - a
De donde : b -x = x - a
x = a + b
12.- En la figura: L1/ /L ¿. Calcular el menor valor entero 
de x, si el ángulo ABC es agudo.
Resoluclón.-
Prolongamos BA hasta cortar L,, en P, luego:
17? < CBP = 17? < APQ (< alternos)
En el A APQ; E es excentro, luego ;
x = 90 - ^ (Propiedad)
De donde : m < P = 180 - 2x
Pero; m < CBP = 180 - 2x < 90 (< agudo)
Resolviendo: x > 45°
^ B \ Q L,
XÁ
í-,
B
El menor valor entero de x es 46°
13.- En un triángulo A B C : m < A = 30g y m < B = 120e. Sobre la prolongación de AB se 
ubica el punto "P" y sobre AC se ubica el punto "p", tal q u e : AB = BP = QC. Hallarla 
m < PQC.
Resolución.-
En el A ABC : AB = BC y m < C = 30°
El A PBC es equilátero, entonces :
PC = BP = BC y m < BCP = 60°
En el A QCP, que es rectángulo isósceles :
QC = PC
x = 45°
122 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Qulspe R.
14.- Hallar "x" en el gráfico:
Resolución.-
En la figura ABCD, empleamos la propiedad 3.5 g :
a+0 . „x = —r— => a + 0 = 2x
m < AED = m ~ ~ (3.5 b)
Para el A APD, E es excentro, luego:
=>z
En el A APD :
Ahora:
Luego:
2a + 20 + 2x = 180 
2 (a + 0)+ 2x = 180 
2(2x) + 2x = 180
2x = 177 < P
x = 30°
15.- En la figura, AB = BC, y el triángulo PQR es equilátero. Hallar x, si: a + p = 142. 
Resolución.-
En el triángulo isósceles ABC : m < A = m < C ... (1)
En el A PAQ : m < A = a + 1 2 0 - x (ángulo exterior)
EnelAQCR: m < C = 120 - p + x (ángulo exterior)
Reemplazando en (1) : a + 120-x = 120 - P + x
a + P = 2x
a + P _ 142
x 2 2
G = 71
16.- En la figura DC = 12; hallar el valor entero de AB.
B
Luis Ubalclo C. Triángulos I 123
Resolución.-
En el A DBC trazamos la ceviana BE, de 
modo que la m 4 EBC = G. Entonces : 
BE = EC = AB x.
Luego el A DBE es también isósceles : 
DB = DE = 12-x.
Ahora por el teorema de la desigualdad 
triangular en el A DBE:
0 < x < 1 2 - x + 1 2 - jc =>
Luego: 3x < 24 =>
B
x < 24 - 2x 
x < 8 ... (1)
En el A ABD y de acuerdo con la magnitud de los ángulos opuestos, se tiene que : AB > BD, es 
decir: x > 12-x
Donde: 12 < 2x => 6 < x ... (2)
De (1) y (2) tenemos : 6 < x <8
En consecuencia, el único valor entero que adopta r e s : x = 7
17.- En la figura; hallar B C , s i : AB = 6 y MC = 2.
Resoluclón.-
A partir del A ABC prolonguemos el lado BA y construya­
mos el triángulo isósceles NBC, en el cual : BN = BC = x.
Ahora centremos nuestra atención en el A NAM, donde : 
m 4- ANM = rn 4 BCM = P , y , m 4 BAM = a + P 
Entonces : m 4 AMN = a
Luego este triángulo NAM es isósceles NA = NM = 2.
En consecuencia: x = 6 + 2
* = 8
124 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Qulspe R.
18.- Calcular x , en la figura mostrada.
Resolución.-
En el AABD, se traza la ceviana BE, de modo 
que : m 4IEBD = 15
Este trazo nos permite reconocer que el AEBD, 
es isósceles. Asimismo podemos reconocer 
que el 4 AEB es un ángulo exterior cuya me­
dida viene dada por: 1774L AEB = 15 + 15 = 30
Este resultado permite estabecer que el AABE 
es también isósceles, por ello afirmaremos que:
AB = BE = ED
C
Esta última conclusión nos permite asegurar que, el AECD es equilátero EC = CD = EQ. 
Observando el vértice B, podemos descubrir que : m 4- BEC = 90
Luego el triángulo BEC es rectángulo isósceles (recto en E), en el cual: x + 15° = 45°
x = 30°
19.- En el A ABC,se sabe que BE y DF son las bisec­
trices de los ángulos ABC y ADC respectivamente. 
Si además :¿AEB =¿DFC = 72n, calcular: x.
Resolución.-
Elaboremos un gráfico en el que se indiquen los ángulos 
iguales que se generan debido a las bisectrices BE y DF, 
asimismo prolongemos dichas bisectrices hasta que lo­
gren intersectarse en el punto H, con lo cual se habrá 
construido el AEFH.
Por dato podemos establecer que :
m 4 FEH= m 4 EFH = 72°
A continuación podemos calcular la medida del 4 EHF: 
72° + 72° + m 4 EFH = 180°
Luego : m 4 EFH = 36°
B
B
H
Luis tiba ldo C. Triángulos I 125
Recordemos la siguiente propiedad :
Rara nuestro problema en el triángulo ABD :
x = m x 2
36°= |
* = 72°
20.- Dos lados de un triángulo miden 8 y 14 m . Hallar el mínimo valor entero de la mediana 
relativa al tercer lado.
Resolución.-
A partir del A ABC, prolongamos las mediana BM 
hasta D, tal que BM= MD. De este modo y por una 
simple inspección, habremos provocado que el cua­
drilátero ABCD sea un romboide.
En el A BCD por el teorema de la desigualdad trian­
gular tenemos:
14-8 < 2x < 14 + 8
Efectuando, tendremos : 6 < 2x < 22
Dividiendo por 2 : 3 < x < 11
Los valores enteros de x serán : x = {4 ; 5 ;....; 10}
Luego el mínimo de estos valores enteros es :
21.- Si AD = DC = B C ; calcular x ,e n la figura :
Resolución.-
El triángulo DBC es equilátero : BC = CD = BD 
El triángulo ABD es isósceles AD = BD 
Luego en el vértice B, se tendrá que :
* + 35° + 60° = 180°
En consecuencia: x = 180° - 95°
x = 85°
B
x = 4can
126 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Qulspe R.
22.- El ángulo C de un triangulo ABC mide 36° Se traza la ceviana B F de modo A F = BC y
BF = FC. Calcular la m < A.
Resolución.-
Trazamos BL de modo que : m < BLC = 72°
Luego los triángulos BLF y BLC resultan ser 
isósceles con lo cual se tiene :
BL = BF = a y BC = CL = b
Del gráfico deducimos que :
AL = a
En el triángulo isósceles ALB :
x + x = 72 
x = 36°
23.- En la figura adjunta se tiene AB = 6 y BC = 
Calcular: CD.
Resolución.-
En el A ABD: 36 + a = 180
Trazamos BT de modo que : m < BTA = 6 + a , 
luego:
BT = BA = 6
En el A BTD : m < TBD = 6
Con lo cual se tiene : BT = TD = 6
En el A TCB, los ángulos T y B son congruentes de 
donde :
6 + x = 9
Luis Ubaldo C. Triángulos I 127
24.- Calcular "x", si :A F = B F + BC. B
/ f x
n O r \
2 4 ° ¡ \
A F C
Resolución.-
En el A FBD : m < F = 2 m < C = 48° B
Trazamos la ceviana BE, de modo que : m < BEF = 24°
Luego : BE = BC = b ; BF = EF = a ; EA = EB = b 24°/ \ 
/ ’ a
En el triángulo isósceles AEB : 2x = 24
24° K 48° 24 °\
x = 12 A b E F a C
25.- Se tiene un triángulo A B C , tal que : AB = 5 ; m 4LBAC = 4 m 4-BCA . Calcular el 
máximo valor entero de BC.
Resolución.-
En el triángulo ABC, se traza la ceviana BF, 
de modo que la m 4- FBC = m 41 C = a
Entonces: BF = FC = a
Luego trazamos BE, de modo que :
m 4. EBF = 2a => BE = EF = AB = 5
En el A EBF isósceles : a < 10 
En el A ABF : 5 < a
De (1 )y (2) : 5 < a < 1 0
Valores enteros de a = {6; 7; 8; 9} 
El máximo valor de a , = 9máx
Finalmente en el AFBC isósceles : 
Reemplazando:
Luego :
(1)
(2)
x < a . + a .máx max
X < 9 + 9 
x < 18 
r . . entero =17 °max
128 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Qulspe R.
26.- En un triángulo isósceles ABC(AB= BC) se ubica exteriormente y relativo al lado BC el 
puntoD dem odoqueA C =A D ;m 4_A D C = 80°ym 4_ BCD = 15". Calcular la m 4 BAD.
Resolución.-
En el triángulo isósceles ADC :
17? 4- ACD = 80° => m 4- ACB = 65° 
Luego : m 4 DAC = 20°.
Finalmente en el triángulo isósceles ABC : 
x + 20° = 65°
x = 45°
27.- Calculara; s i : AB = BC + CD
B
B
Resolución.-
Trazamos BT con la condición:
17? < BTA = 2a,
Luego : AB = BT = a + b
En el triángulo isósceles BTD :
BT = TD = a + b => CT = a 
En el triángulo isósceles BCT: m < CBT= 2a 
Luego : 3a + 2a = 90 - a => 6a = 90
a = 15°
28.- En la figura : AD = BD = B C ; calcular Q
Luis tiba ldo C Triángulos I 129
Resolución.-
En el A ABC, por < exterior :
177 < BAC = 40 
En el A ADB: m ABD = 50
En el triángulo isósceles DBC:
m DCB = 80 
De donde : m < ACD = 0
El A ADC es isósceles entonces : AD = DC
El triángulo DBC en realidad es equilátero con lo cual se tiene :
80 = 60 /. G = 7,5
29.- Sobre el cateto AB de un triángulo rectángulo ABC, recto en B, se construye exterior- 
mente el triángulo APB; de tal manera q u e : PB = AB = BC. Calcular: m 4_ CPA.
Resolución.-
Si m 4- BPC = a, entonces la m 4- PCB = a 
En el A PBA isósceles : m 4- P = m 4- PAB = a + x 
Finalmente en el A APC :
x + a + x + 45° + 45° - a = 180°
Operando: 2x + 90° = 180°
Donde : 2x = 180° - 90° => 2x = 90°
x = 45°
3 0 .-En la figura; calcular "as", s i: AC = 2 BD B
Resolución.-
Se traza la ceviana BM, de modo que :
De este modo el A MBC es isósceles con :
Aplicando el teorema del ángulo exterior en el vértice M :
Por la misma razón, podemos concluir que en el vértice D : m 4IBDM = 4a
Podemos reconocer que el A DBM es isósceles, dado que : m 4IBMD = m ^.BDM =4a
177 4IMBC = 2a
BM = MC = BD = a 
m 4IDMB = 2a + 2a = 4a
130 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Qulspe R.
Luego de la condición haremos que :
AC = 2a =* BD = BM = MC = a.
En consecuencia M es punto medio de AC, luego: AM = a.
Esto nos indica que M equidista de A, B y C, por lo tanto 
podemos concluir que el A ABC es recto en B, de este 
modo:
3a + 2a = 90° => 5a = 90°
a = 18°
31.- Calcular x, s i : AL = BL = LM = MC y B T= TL B
B
Resolución.-
Sea: m < LCM = a, luego : m < LCM = a ; m < BML = 2a ; m < LBM = 2a 
EnelABLC: x = 2a + a => x = 3a ...(1)
En el A BLC :
m < TBL = m < TLB = 3a (ángulo exterior)
En el A ALB; isósceles :
m < ABL = m < BAL = 3a
En el A ABM :
3a + 5a + 2a =180 => a =18° ...(2)
Reemplazando (2) en (1) : x = 54°
32.- Por el excentro E referente a BC, lado de un triángulo ABC. Se traza una recta paralela 
a AC la cual intersecta en O a BC, en P AB y en R a la bisectriz del ángulo A. S iA P = 
m y QC = n. Calcular RP.
Resolución.-
Por propiedad 2.4a del capítulo 2, se tiene : m < QEC = m < ECS = 0
También: m < EAC = m < PEA = a
De igual manera: m < QRC = m < QCR = P
Luis Ubaldo C Triángulos I 131
EQC, APE y RQC 
Donde : QE = QC = n ; AP = PE = m ; RQ = QC = n
Del gráfico: RE = 2n = m + x
x = 2/i - m
33.- S i : BP = PC ; AB = 6 y QC = 2, hallar AC.
Resultando los triángulos isósceles:
Resoluclón.-
Trazamos AS tal que :
AS = AB = 6 y m < BCP = 3 => PBC = 0 
Luego : m < ASB = m < ABS = a
En el A SAB; por < exterior la m < SAB = P 
El A ASQ es isósceles, entonces : SA = SQ = 6 
Finalmente el A SCA es isósceles ya que : 
a = 3 + 20 =* AC = CS
x = 8
34.- En un triángulo ABC se traza la ceviana B P. Si las medidas de los ángulos ACB, BAC 
y PBC son proporcionales a los números 1 ,2 y 3 y AB = 4. Calcular el valor de PC.
Resolución.-
Sea m < ACB = a =* m < BAC = 2a y m < PBC = 3a
m < MBC = a 
Luego : m < PBM = 2a = m < BMP
Entonces : AB = BM = MC = 4
Además : BP = PM = x - 4
■ /
4 / 2a \
y P X -4 0.4
A 2 a 4« / ' 2a/'-- ------ ©—
jr-4 M
132 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Qulspe R
EnelABPM: x - 4 + x - 4 > 4 =* 6 < x ...(1)
En el A ABP: m < A < m < P =* x - 4 < 4 =* x < 8 ... (2)
De (1) y (2 ): 6 < x < 8 x = 7°
35.- En la figura se sabe q u e : AB = BC y m < ABC = 240 - 4a.
Calcular x.
Resolución.-
Aplicamos la propiedad 3.5j para el A ABD, trazando la ceviana 
interior BP con la condición: 
m < PBD = a 
Luego : AB = BP = PD y m < ABP = 180 - 4a 
Como: m < ABC = 240 - 4a (dato) => m < PBC = 60°
El A PBC es equilátero, entonces : PB = BC = PC
Y : m < BPC = m < m < BCP = 60°
Por < exterior para el A PCD: 60 + 2a = a + x + a + x
x = 30°
18? 240 - 4a
-60-a
36.- Interiormente a unís ABC se ubica el punto P tal que m < PAC = 48B; m < PC A = 18B 
y m < APB = 120B. Calcular la m < PBC si AC = BP.
Resoludón.-
Prolongamos AP hasta L, de modo que m < PCL = 66° 
Luego m < PLC = 48°
Resultando que : AC = CL = PL = BP
□ A BPL es equilátero, entonces BL = BP = PL 
y m < PBL = m < BLP = 60°
En el triángulo isósceles BLC : m < LBC = m < LCB = 36°
x = 24°
B
37.- En un trapezoide ABCD: BC = C D ; AD = AB + BC y m < D = 6 0 B. Calcular: m < B.
Luis Ubaldo C. Triángulos I 133
Resoluclón.-
Trazamos CT de modo que : DT = CD = a
Luego el A CDT resulta ser equilátero con lo cual 
■jm < DTC = 60° y CT = a
Del gráfico observamos los triángulos isósceles BCT 
y BAT resultando las siguientes igualdades.
m < CTB = a y m < BTA = 0 
Como: x = a + 0 y a + 6 = 120°
38.- Calcular x; s i se sabe que AP = PC.
Resoluclón.-
E1A APC es isósceles, entonces : 
m < PCA = 40 
Luego : m < QCA = 40 - 30 = 10°
Por < exterior : m < BPC = 40 + 40 = 80°
□ A PCB es isósceles, entonces: CP = CB
El A QBC es isósceles, entonces: BQ = BC
En el vértice P :
m < RPC = 180 - (30 + 80) = 70°
El A PCRes isósceles, entonces : PC = RC
El A BCR resultó ser equilátero en consecuencia: 
BR = BC = RC y m < RBC = m < BRC = 60° 
Finalmente en el A QBR isósceles : 
x + 10 = 80°
x = 70°
-a + b-
x = 120°
B
134 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Qulspe R.
39.- En la figura: AB = FC. Hallare
Resolución.-
Trazamos la ceviana FE de modo que :
m < BFE = 0 a m < FEC = 0
Resultando que : BE = EF = FC = AB
En el triángulo isósceles ABE m < ABE = 180 -120 
de donde : m < BAE = m < BEA = 60
A AEF es isósceles (m < EAF = m < EFA) en­
tonces AE = EF.
Entonces el A ABE es equilátero : 60 = 60
40.- En la figura, s i : AB = DC = A D ; calcular x.
0 = 10°
Resolución.-
Dado que AD = DC, concluimos que el AACD, es 
isósceles, por e llo : m 4 ACD =3Jr
Completando todos los ángulos del AABC, tendremos 
que: m 4 BAC = 180° -1 lx ...(1)
Al trazar BD .encontramos que el AABD es isósceles, 
con lo cual: m 4 ABD = m 4 ADB
Completando todos sus ángulos, sabemos que se debe 
verificar que:
m 4 ABD + m 4 ADB + (m 4 BAC + 3xr) = 180° ...(2)
Reemplazando (1) en (2) :
2m 4 ABD + 180o - 11* + 3x = 180° =* m ABD = 4*
Luego, concluimos que : m 4 ABD = m 4 ADB = 4x
De acuerdo con este resultado, podemos asegurar que en el A DBC: m 4 DBC = 5 i y como 
la m 4 BCD = 5x, entonces el triángulo DBC es isósceles, de modo que : BD = DC.
En consecuencia, el A ABD es equilátero, con lo cual: 4x = 60°
x = 15°
Luis Ubaldo C. Triángulos I 135
PR0G16MAS PR0PU6ST0S
1.- Calcular la medida del ángulo 0
A ) 22° 30'
B) 30°
C) 15°
D) 45°
E) 18°
2.- Calcular el ángulo x.
A ) 100°
B) 110°
C ) 115°
D )130°
E) 120°
5.- Calcular "m - n", en la figura.
J *
X
\ 5a
/ ( a r
A ) 10° B) 20° C) 30° D ) 15° E) 18°
6.-En un triángulo isósceles ABC (AB = BC), 
en BC se ubica el punto "D" tal que: AD = AC. 
Calcular la m 4 ABC, si m 4 BAD =15°
A ) 50° B) 30° C)45° D )40° E) 20°
7.- S i : m II n ; calcular x
A ) 100°
a +
y & 
y t 2 D ¿
3.- Calcular x , s i : m /l n , y , a l l b
A ) 20°
B) 25°
C) 30°
D) 40°
E) 50°
4.- En la figura, si la medida del ángulo ABC 
es obtuso, calcular el máximo valor entero 
de x.
B
A ) 105°
B) 145°
C) 132°
D ) 149°
E )138°
B ) 110°
C) 120°
D ) 130°
E) 140°
8.- Si : m l l n ; calcular x
A ) 23°
B) 36°
C) 42°
D) 48°
E) 30°
9.- Calcular x, en la figura.
m
136 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Qulspe R.
10.- Calcular a, en el gráfico.
A ) 24° D) 15'
B) 20° E) 10'
C) 18°
11.- En el g rá fic o , hallar "jc1
A ) 30°
B) 45°
C)60°
D) 75°
E) 90°
12.- Calcular*, en la figura.
A ) 80°
B) 60°
C) 40°
D) 45°
E) 30°
13.- En la figura: //j£z y el ángulo ABC es
obtuso. Calcular el mayor valor entero de jc.
A ) 44°
B) 45°
C) 46°
D) 47°
E) 48°
14.- En el gráfico; calcular "jc" en función 
de "6"
A )60-0
B) 45 - 0
C) 90 - 0
D) 45 + 0 14
E) 45 + 0 a
15.- En el triángulo ABC, sobre los lados AB 
y BC se ubican los puntos M y N respectiva­
mente; de tal manera que :
AM = C N \m 4- M A N = 10° y m 4 NAC = 50° 
Calcular m 4 MNA; s i : m 4- A = 40°
A ) 20° B) 30° C) 40° D) 50° E)60°
16.- Del gráfico mostrado; calcular "0"
A ) 15
B) 16°
C) 20
D) 18
E) 22
17.- El perímetro de un triángulo rectángulo 
es 30. ¿Cuántos valores enteros puede tomar 
la medida de la hipotenusa?
A ) 3 B) 5 C) 4 D) 2 E) 6
A ) 24°
B) 30°
C) 32°
D) 36°
E) 45°
/ jc
7 o r ^ n
19.- Calcular jc, en el gráfico
A ) 20°
B) 25°
C) 30°
D) 35°
E) 40°
20.- S i:
A ) 3
B) 5
C) 7
D) 9
E) 4
AB + AD = 4 ; hallar BC 
B
Luis Ubaldo C. Triángulos I 137
21.- En la figura; calcular x.
S i: 2 m 4 ABD + m 4- BCA = 130°
A ) 40° B
B) 50°
C)30°
D) 45°
E) 35° A D C
22.- En la figura mostrada; calcular x + y
A ) 110°
B) 115°
C) 120°
D) 130°
E) 140° A C
23.- Calcular x, en la figura.
A ) 8o
B) 10°
C) 12°
D) 13°
E) 15°
24.- Se tiene un triángulo ABC; s i : AB = 5 ; 
m 4- BAC = 4 (m 4 B C A ). Calcular el máxi­
mo valor entero de "BC''
A ) 11 B) 13 C) 15 D) 17 E) 19
25.- Las longitudes de los lados de un trián­
gulo forma una progresión aritmética de ra­
zón r (r e Z*). Hallar el mínimo valor entero 
que puede asumir el perímetro.
A )6 r -1 B) 6r C )3 (r -1 )
D) 6r + 1 E) 7r - 1
26.- Sobre los lados AC y BC de un triángulo 
isósceles ABC (AB = BC) se ubican los puntos 
Q y P respectivamente y en el exterior relativo 
a AB se ubica en el punto R tal que PQ // AB 
y el triángulo QPR es equilátero. Calcular la
m < BPR; si m < RQA = 4 m < RPB.
A ) 10° B) 12° C) 20° D) 15° E) 14°
27.- En un triángulo isósceles ABC (AB = BC) 
la bisectriz del ángulo exterior C intersecta 
en P a la prolongación de BA. Calcular el 
máximo valor entero del < APC
A ) 46° B) 30° C) 60° D)44° E)51°
28.- En un triángulo ABC: m 4 A = 2m 4 C; 
si AB = a ( a 6 Z+) . Hallar la suma del míni­
mo y máximo valor entero de BC.
A ) 2a B) 3a C) 4a D) 5a° E) 6a
29.- Sobre los lados AC y BC de un triángulo 
isósceles ABC, (AC = BC), se ubican los pun­
tos M y N respectivamente; de tal manera que: 
BM = MC , BN =AB y m 4 MBN = 20°. 
Calcular m 4 BMN.
A ) 60° B) 40° C)30° D) 20° E) 50°
30.- En la figura 'T^es incentro y "E" es 
excentro relativo a BC . Calcular "x".
A ) 45
B) 60
C) 75
D) 30
E) 50
31.- Las medidas de los ángulos internos de un 
triángulo escaleno son números enteros meno­
res que 80°, la bisectriz de uno de sus ángulos 
interiores determina sobre el lado opuesto dos 
ángulos que son entre si como 7 a 13 es. Hallar 
la medida del menor ángulo del triángulo.
A ) 25° B) 28° C) 24° D) 26° E) 27°
32.-JEn la figura las longitudes de los segmen­
tos A B , BD y BC están expresados por nú­
meros enteros. Si AB + BD = k. Hallar la suma 
del máximo y mínimo valor que toma BC.
138 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R.
A) 2k+ 1
B )2k - 1
C)2k + 2
D) k + 2
E) k
33.- En la figura E es excentro de A ABC. 
Hallar el máximo valor entero de x.
A ) 21°
B) 22°
C) 23°
D) 24°
E) 25°
D
34.- Calcular*; s i: AC = CB y M N = ML
A) 8o
B) 10°
C) 12°
D) 14°
E) 16“
35.- Calcular x ; si AT = TQ.
A ) 20°
B) 30°
96'
s\ 36°
B
72°
\
x"
C)40°
D) 50°
E) 60°
36.- Según el gráfico; AB = AD = D C , indicar 
que punto notables es "D" del triángulo ABC.
A ) Baricentro
B) Ortocentro
C) Incentro /130
D) Circuncentro / D
E) Cevacentro ¿ 2 6 r ^
37.- Calcular* (* 6 Z*) s i : AC = AB = CD
BA ) 39°
B) 41°
C) 43°
D) 45°
E) 46°
38.- Calcular*, en la figura.
tX.35° 45 °/\
A ) 10° B) 15° C) 20° D) 25° E) 30°
39.- En la figura ¿Qué punto notable es "K ” 
del A ABC, si los triángulos AKD Y BKE son 
equiláteros.
A D
A ) Incentro
B) Baricentro
C) Circuncentro
D) Ortocentro
E) Excentro
40.- Calcular v de! gráfico.
A ) 105°
B) 100°
80°
C) 115° 'J\>20
D) 125°
E) 160° ,
--*-<¡ft. ,in'
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5.1 CONGRUENCIA DE TRIANGULOS
5.2 CASOS DE CONGRUENCIA DE TRIÁNGULOS (=)
I o CASO.- (A.LA.)
Dos triángulos son congruentes si tienen 
dos ángulos respectivamente congruentes y el 
lado adyacente a ambos respectivamente con­
gruentes.
Si:
1
AC = ML
4LA = 4 M
4. C = 4 L
A ABC = A MNL
... (5.1)
2o CASO.- (LA.L.)
Dos triángulos son congruentes si tienen 
dos lados respectivamente congruentes y el 
ángulo comprendido entre ellos respectiva­
mente congruentes.
Si: <
AB = MN
4 k = 4 M . Ĉ )> A ABC s A MNL 
AC = ML
(5.2)
3o CASO.- (L.L.L.)
Dos triángulos son congruentes si tienen 
sus tres lados respectivamente congruentes.
S i:
AB = MN 
BC = NL 
AC = ML
A ABC s A MNL
... (5.3)
B N
Xa e \ X a e \
A C M L
Fig. 5.1
140 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R.
4o CASO.-
Dos triángulos son congruentes si tienen dos lados respectivamente congruentes y el 
ángulo que se opone al mayor de ellos respectivamente congruentes.
' AB = MN
AC = ML
41B=41N
AC > AB
ML > MN - pig. 5.4
Si: A ABC = AMNL 
(5.4)
Recomendaclón.-
Inmediatamente después de haber encontrado dos triángulos congruentes del gráfico 
de un problema, te recomiendo aplicar el criterio que dice : "A lados congruentes se le opo­
nen ángulos congruentes y recíprocamente a ángulos congruentes se le oponen lados con­
gruentes.
5.3 CONGRUENCIA DE TRIANGULOS RECTANGULOS
I o CASO.-
' ¿ A = 4M
Si:
AC = ML
2o CASO.-
AB = MN
Si:
¿ C = 41 L
3o CASO.-
AB =MN
Si:
AC = ML
ABC = ^ MNL 
... (5.7)
Fig. 5.7
" a b = m n
Luis Ubaldo C
4o CASO.-
Triángulos I I 141
Si: <
BC = NL
Bi. ABC = Bí . MNL 
(5.8)
Fig. 5.8
Observación.-
Para la congruencia de los triángulos rectángulos nota que sólo es necesario que halla, dos 
elementos (2 lados ó 1 ángulo y 1 lado) iguales ó congruentes. A diferencia de la congruencia 
entre triángulos oblicuángulos donde se necesitan 3 elementos congruentes donde por lo 
menos un elemento debe ser lado.
5.4 TEOREMA DE LA BISECTRIZ DE UN ANGULO
«Todo punto de la bisectriz de un ángulo, 
equidista de sus lados».
Si:
P e OF
PQ 1 OA a PR 1 OB
PQ = PR y OR = OQ ... (5.9)
RECIPROCO :
«Todo punto interior a un ángulo y que equidista de 
sus lados pertenece a su bisectriz ».
Fig. 5.9
Si: PQ = PR OP es bisectriz del 4- AOB.
5:5 TEOREMA DE LA MEDIATRIZ DE UN SEGMENTO
« Todo punto de la mediatríz de un segmento equi­
dista de sus extremos ». >
Sea £ la mediatríz del segmento AB , entonces :
Si: P e í => PA = PB ... (5.10)
Fig. 5.11
142 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Qulspe R.
RECIPROCO :
Si un punto equidista de los extremos de un segmen­
to entonces, éste pertenece a la mediatríz del segmento.
Si:
PA = PB 
QA = QB
PQ es mediatríz de AB
Consecuencias:
a) En un triángulo isósceles las líneas notables 
relativas a su base se confunden.
b) Si en un triángulo una ceviana cumple con la 
función de 2 líneas notables, entonces el 
triángulo es isósceles.
Fig. 5.12
Altura
Bisectriz
Mediana
Mediatríz
h - Base ~|
Fig. 5.14
Luis Ubaldo C. Triángulos I I 143
ejeRCICIOS D€ APLICACIÓN ( J ra PARTCJ
1.- en la figura mostrada, si AB = BC ;B P = 4 
y PQ = 3. Calcular PC.
Resolución.-
De la figura trasladando ángulos tenemos: 
^ ABQ = ^ BPC (caso A.L.A)
x = 7
2.- En la figura los triángulos ABC y BDE son 
equiláteros. Calcular CD, si AE = 3
Resol ución.-
Graficando los datos en la figura resulta que: 
A ABE = A DBC (caso L.A.L)
* = 3
B
3.- De la figura si AB = BE, AD = EC y BD = BC. 
Calcular 6
B
144 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Qulspe R.
B
Resoluclón.-
Del gráfico : A BAD = A BEC (caso L.LL)
=> m 41 BAD = m 41 BEC = 70
Además : A ABE isósceles
m 4 BAE = m 4 BEA = 30 
Entonces:30 + 70 = 180°
100 - 180°
0 = 18°
4 .-En un triángulo AP,C (B = 9 0 g) la bisectriz exterior de Á y la prolongación de la altura BH 
se intersectan en ‘ F" tal que : AB + AH = 4 y HF = 3. Calcular BH
Resolución.-
Por dato : AB + AH = 4 => a + b = 4 
Por propiedad de la bisectriz
AH = AP = b 
HF = PF = 3 
Luego kx BPF es notable (37° y 53°)
=> BF = 5 = x + 3 
x = 2
5.- En la figura AD = 2DB. Calcular m 4 DF.
Resoluclón.-
Aprovechando las bisectrices, por propiedad :
DB = DP = DR = n 
En . Ak.° es notable : 30° a 60o
=> m 4 C = 60°
En el A FCE por propiedad dada en el capítulo anterior:
Luis Ubaldo C. Triángulos I I 145
* = 90°
60°
x = 60°
6.- De la figura si PM es mediatríz, PC = 2 BP, 
calcular 6
Resolución.-
Se une A y P, luego por propiedad de la mediatríz: 
AP = PC = 2o
AAPC isósceles:
m 4- PAC = m 41 PCA = 0 
ABP es notable de 30° a 60o 
Por 4- exterior: 0 + 0 = 60°
6 = 30°
7.~ De la figura adjunta BM = 2MC y AC = CR. 
Calcular 6
Resolución.-
Se une A y M, luego por propiedad de la mediatríz: AM = MC 
A AMC isósceles : m 4L A = m 4L R
Luego por propiedad de la bisectriz:
El̂ BPM es notable de 30° a 60o 
^ ACB : 20 + 30 = 90°
20 = 60°
e = 30°
146 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R.
5.6 TEOREMA DE LA BASE MEDIA
En todo triángulo, el segmento que une los pun­
tos medios de dos lados es paralelo al tercer lado y su 
longitud es igual a la mitad de su correspondiente lon­
gitud .
S i: MN es Base Media. 
=* MÑ//ÁC a
Observación:
Si:
BM =M Ay 
MÑ//ÁC
BN = NC
MN = AC
MN = AC
(5.11)
... (5.12)
5.7 TEOREMA DE LA MEDIANA EN UN TRIANGULO 
RECTANGULO
En todo triángulo rectángulo la longitud de la me­
diana relativa a la hipotenusa es igual a la mitad de su 
correspondiente longitud.
S i: BM es mediana, entonces :
BM = AC
Luego : m 4 AMB = 2 m 4- C
... (5.13) 
... (5.14)
Observación:
Si: BM = MC BM es mediana
Luis tibaldo C. Triángulos I I 147
5.8 PROPIEDADES PUOTCULARES EN LOS TRIANGULOS 
ISOSCELES
Dado el A ABC , donde : AB = BC , se cumple :
a) Si:
P e AC (base)
P M IÁ B y
PÑ1BC
AH = PM + PN , (5.15)
b)Si:
Pe a la prolongación 
de AC (base),
PM J. AB a PÑ_L BC
CH = PM - PN ...(5 .16)
c )S i:
Pe AC(base)
PM//ABy 
PM//BC
AB = BC = PM + PN ,(5.17)
d) Si:
P es un punto de la pro­
longación de AC (base) 
PM // BC a PÑ // AB
í >
AB = BC = PM - PN , (5.18)
Fig. 5.22
148 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Qulspe R
53 PROPIEDADES ARTICULARES EN LOS TRIANGULOS 
EQUILATEROS
Donde : AB = BC = AC
P es un punto en el 
interior del A ABC 
a> s¡: PQ X ÁB, PL X BC
a PS X AC
c> BH = PQ + PL + PS (5.19)
b) Sí:
c )S i:
P es un punto ex­
terior del A ABC 
PQ X ÁB; PL X BC 
a PS XÁC
BH=PQ + PS - PL
P es un punto in­
terior del A ABC 
PQ//BC.PL//ÁC 
a PS X AB
AB = PQ + PL + PS
(5.20)
(5.21)
B
Fig. 5.25
P es un punto ex­
terior del A ABC 
PQ // BC; PL // ÁC 
a PS//ÁB
Q\
B / '\
/ \ v p
0 AB = PQ + PS - PL ... (5.22) A S C
~Fig. 5.26
LulsUbaldoC. Triángulos I I 149
€)€RCICIOS 0€ APLICACIÓN (2oa PARTCJ
8.- En la figura BC = 2BM. Calcular 8
Resolución.-
Se traza la base media MN entonces BN 
A MBN isósceles: 26 + 20 + 0 = 180°
50 = 180°
8 = 36°
9.- Siendo BP una mediana. Hallar BC, si B F= 4
Resol ación.-
Se traza PR // TF, por base media en A PBR:
F —> punto medio de BR
Entonces: BF = FR = 4
A AFC como PR // AF entonces PR es base media, 
entonces R es punto medio de FC.
Entonces: FR = RC = 4 
* = 12
10.- Del gráfico calcular BP, Si AP = 3 y PC = 15.
150 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R.
Resolución.-
Se traza la mediana relativa a la hipotenusa BM entonces: 
BM = ^ = f = 9
Por la misma propiedad : m 4 BMA = 2 m 4- C = 26 
A PBM resulta isósceles
x = 9 K -3 - -15
11.- De la figura mostrada si AC = 12. 
Calcular BH.
Resolución.-
Se traza la mediana relativa a la hipotenusa, por propiedad
BM = ~ = 6
Luego Ex BHM es notable (30° a 60o)
BM 6 
x ~ 2 ~ 2
Jt = 3
B
:> K
12.- En un triángulo A B C : AB = 10 y B C = 8, desde el punto medio “M ” de AC se traza M H 
perpendicular a B C . Calcular MH, si BH = 1.
Resolución.-
Se traza la base media MN.
Entonces: MN = = ^ = 5
Además “N” es punto medio de BC 
=> BN = NC = 4 
En consecuencia: HN = 3
Ex MHN es notable (37° a 53o)
Luis Ubaldo C. Triángulos I I 151
13.- En un triángulo ABC (m 4~ A = 50B y m 4 TO5), calcularla longitud del segmento que 
une los pies de las alturas trazadas d e A y C , sabiendo que AC = 8.
Resolución.-
Ex ATC se traza la mediana relativa a 
la hipotenusa, por propiedad :
Ex ARC se traza la mediana relativa a 
la hipotenusa, por propiedad:
Luego A TMR es equilátero 
x = 4
TM =
RM =
AC
2
AC
8 -
14.- En un triángulo acutángulo ABC, se traza la altura BH y la mediana CM. Si AB = 12, 
calcular la medida del segmento que une los puntos medios de CM y HC.
B
Resolución.-
Ex AHB se traza la mediana relativa a la hipotenusa, 
por propiedad:
Luego en el A MCH por base media
PO _ MH _ 6ry - 2 - 2
x = 3
15.- En un triángulo ABC (m 4 A = 48By m 4- C = 12% sobre los lados AC y BC se ubican 
los puntos E y F (puntos medios ), luego se prolonga AB hasta el punto H, tal q u e : 
BH = BF. Hallar m 4 EHF.
Resolución.-
A HBC es equilátero : m 4I B = m 4 BHF = m 4 BFH = 60°
Al unir H con C el A HFC es isósceles
=> m 4 FHC = m 4 HCF = 30°
Ex AHC es rectángulo : m 4 AHC = 90°
Por propiedad de la mediana relativa a la hipotenusa.
AE = HE = EC 
Luego A HEC isósceles : m 4 EHC —m 4 HCE
30° + x = 30° + 12 
x = 12
152 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R.
5.10 TRIANGULOS RECTANGULOS NOTABLES
c) fc.de 16° y 74° d) fc.de 15° y 75° e ) fc.de 37° y 53°
i
16°
k
15°l
24* \25* (73+1)* \272* 4*
\
74°
\
75°
n A n A
7* (V3-1) A 3*
5.11 PROPIEDADES EN LOS TRIANGULOS RECE4N
b) S i:
BD : bisectriz 
BM : mediana
0
x = a-Q ... (5.24)
B
Luis Ubaldo C. Triángulos I I 153
c) Si:
BH : altura 
BD : bisectriz 
BM: mediana
O x = y ... (5.25)
d) Si:
m ^ C = 15° 
BH = Altura
O BH =
AC . (5.26)
e) Consecuencia:
ACBH = 
m 4 . A = 75°
Si: < 2
c^> m 4 - C = 30° ... (5.27)
154 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R.
£jeRCiCK)s o€ aplicación b RA parto
16.- Del gráfico, calcular el valor de x
Resolución.-
&x DBC 45° a 45° : BD = BC = 3
Ex ABC 37° a 53° : si BC = 3 => AB = 4 
Del gráfico: A D = A B - D B = 4 - 3
x = 1
17.- De la figura mostrada, calcular x
Resolución.-
Se traza la altura BH luego: 
Ex BHC 30° a 60°: BH = 4
Ex BHA 37° a 53° : si BH = 4 
x = 5
C
K-X-H
i------------- 4
B
21.- En la figura mostrada, calcular x, si AB = 1 0 a AC = 12
B
Luis Ubaldo C. Triángulos I I 155
Resolución.-
Se construye 30° sobre AC, luego se trazan 
las perpendiculares BD y CE.
Ex ADB 37° a 53° BD = 6
Ex ACE 30° a 60° => CE = 6
Del gráfico las distancias entre BC y AE 
son iguales.
Entonces: BC//AE
x = 30°
B
22.- De la figura mostrada, calcular AD. 
S i A C = 7 j 6
Resolución.-
Se prolonga CD y se traza la perpendicular AH 
Ex AHC 45° a 45°: si AC = 7>/6 
=> AH = HC = 7/3 
Ex AHD 30° a 60°: si AH = 7^3 
x = 14
B
] Pro lemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R.
1.- En la figura se mestra una serie de triángulos 
e indican algunos datos del gráfico mostrado.
Calcular 6 .
Resoluclón.-
El triángulo rectángulo AEC, es isósceles AE = CE
Ahora observamos que el A ECD, tienen las mismas 
características, que el A ABE entonces son congruen­
tes. Es decir A ABE, = A EDC, esto afirmamos por el 
caso de congruencia (L.L.L.)
Luego : m 4- ECD = m 41 AEB = 20
Por lo tanto : 20 + 30 = 90°
Entonces : 50 = 90°
0 = 18°
2. -A partir del gráfico mostrado, se pide calcular 
NH, si BH = 36.
B
Resolución.-
Siempre que en los triángulos se muestren varios 
puntos medios, te sugiero utilizar el teorema de los 
puntos medios.
En este caso trazamos MQ1 AC, entonces :
HQ = QC = m y MQ = 18.
En el t i. AQM : 
Luego :
AH = HQ = rn 
NH = ^
NH = 9
NH = ^2
m
Luis Ubaldo C. Triángulos 11 157
3.- En la figura mostrada se sabe q u e :
AM = MB y BC = 2 CM 
Con estros datos se pide calcular: 6
Resolución.-
Del dato hacemos: BC = 2 C M = 2a
Prolongamos CM hasta "Q" tal que : CM = MQ = a
Ahora observamos que : AAMC=ABMQ (L.A.L.)
Entonces: m 4 Q = m 4 QBC - m 4 ACM = 20 
Finalmente en el A QBC : 0 + 26 + 20 = 180°
En consecuencia: 50 = 180°
0 = 36°
4.- En la figura mostrada se sabe q u e :
DC = 2.AB 
Calcular la medida del ángulo ACB = x .
Resoluclón.-
Del dato hacemos: DC = 2 AB = 2a. Luego en el Lx DBC, trazamos la mediana BM relativa
a la hipotenusa, entonces: BM = a.
B
Luego sabemos que : m 4- A = m 4- BMD = 2x
Pero: m 4 BDC = 2x + 2x = 4x
Finalmente en el fc*. DBC : 4x + x = 90°
Por consiguiente : 5x = 90°
x = 18°
158 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Qulspe R
5.- Calcular el valor de xg, s i : BE = 2.AE
Resolución.- A C
Del dato hacemos : BE = 2.AE = 2a .Luego construimos el t*. BFC = ts.BEC, entonces :
BE = FB = 2a y m 4- BCE = m 4- FCB = x
Ahora observamos que:
m = m 4- FCA = 90° - x
Luego : AF = AC = 5a
En consecuencia el fc*. ABC es notable aproxi­
mado , en el cual:
2x = 53°
x = 26° 30’
6.- En la figura se sabe que AC = 10 , además de los 
ángulos mostrados. Se pide hallar la medida de DH.
Resolución.- 
Trazamos CQ 1 AB
Completando ángulos observamos que :
:m 4L BCQ = m 4L CDH = G 
Pero como BC = CD, entonces se verifica que 
fc:.. BQC = fc:.. CHD
Luego : DH = QC
Pero en el tx AQC : QC = 8
DH = 8
71- En la figura mostrada se sabe que :
AC = 2 AD y BM = M D . Calcular: x .
-X.
B
M
i5 ° r
Luis Ubaldo C. Triángulos I I 159
Resolucion.-
Hacemos: AD = 2a => AC = 4a . En el Ex ABC de 15o v 75°: la altura BH es :
Si ahora trazamos: DL ± AC , resulta que : 
Ex BHM = Ex MLD => BH = DL = a 
Finalmente en el Ex ALD : AD = 2 DL
x = 30°
D
8.- Calcular el valor de «x» para la figura mos­
trada :
Resolución.- 4 * * ^
En el A ABD, trazamos la geviana DE, de manera que la m 4 BDE = 20° - 
Entonces : m 4 EDA = x ( 4 exterior), ya que : m 41ADB = 20° + x 
El A EBD, es isósceles dado que : BD = ED.
Luego se verifica que : m 4 C = m 4 1 A = 20°
Finalmente en el A ABC : 20° + 80° + x + 20° = 180°
Donde: x = 180° -120° =* x = 60°
■ En la figurase pide calcular la medida de A B , s i : 
BN = 3 y NC = 11
160 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R.
Resolución. -
En primer lugar trazamos QP perpendicular a la prolongación de AB, de modo que por propie­
dad de bisectriz, se sabe que :
BN = PB = 3 y PQ = QN = b
Ahora utilizando la propiedad de la mediatíz 
trazamos AQ y QC, verificándose que :
AQ = QC = a 
Ahora observamos que ti». APQ e ti». CNQ 
Luego : AP = NC
=> AB + 3 = 11 
x = 8
10.- Sabiendo que los triángulos ABC y EFC son equiláteros, 
se pide calcular el valor de x .
B
Resolución. -
Sea m 4 ACE = 0
=> m 4- BCE = 60-0 
Luego : m 4 BCF = 0
Entonces : A BFC = A AEC (L. A. L)
Luego : x + 60 = 100
x = 40°
B
11.- En un triángulo ABC, se traza la altura BH de tal manera que : 
m 4 HBA = 2 m 4 C ,y , 3 A H = 2H C .
Calcular la m 4 C .
Resolución.-
AH 2Dato: = g ; esto se puede desdoblar así: AH = 2o y HC = 3o.
Luis Ubaldo C. Triángulos I I 161
Prolongamos AB y luego trazamos CQ per­
pendicular a dicha prolongación.
Ahora observamos que hvBHC = hi. BQC.
Entonces : QC - HC — 3o
Luego el hv AQC es notable aproximado, 
en el cual:
20 = 53° => 6 = 5372
0 = 26° 30’
12.- En un triángulo ABC se sabe que :mj(_ A = 37- y AC = 5 AB .Con estos datos se pide 
calcular la m 4_ C .
Resolución.-
Del dato hacemos : AC = 5 AB = 5o. A continuación prolongamos AB, luego trazamos CH 
perpendicular a dicha prolongación.
El hv AHC es notable aproximado, entonces: HC = 3o 
y AH = 4o
Pero: AB = 0 =» BH = 3o
De esto resulta que el hv BHC es isósceles
En consecuencia: x + 37° = 45° (4- exterior)
x = 8°
H
13.- En la figura mostrada, se sabe que M es pun­
to, medio de AQ, y N e s punto medio de CP. Si 
además se sabe q u e : A P = 6 y QC = 8 ; se pide 
calcular la medida del segmento MN.
Resoluclón.-
Dado que se conocen las longitudes de AP 
y QC, ubicaremos el punto medio "E" de 
AC , de modo que : AE = EC = 0
Luego trazamos ME y EN, con la intención 
de utilizar el teorema de los puntos me­
dios en dos triángulos : A APC y A AQC. 
Veamos:
AP
A APC: NE = ^ = 3
B
162 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R.
EnelAAQC: ME = 4
Pero como ME // BC y NE // AB, entonces la : m 41 MEN = 90°
En consecuencia el A MEN, es rectángulo y Pitagórico: .-. MN = 5
14.- En un triángulo A B C , donde m 4_ B = 90g, se traza la ceviana interior A N , tal que 
NC = 2.AB y m 4- C = 15g. Hallar la m 4 . BAN
Resolución.-
Del dato, se sabe que : NC = 2.AB = 2 . A continuación trazamos NH -L AC, luego HQ X NC, 
para lo cual mostramos el gráfico adjunto en el que se indican dichos trazos.
B
 — AREn el fcs. ABC, observamos que : QH // AB , donde se reconoce que : QH = ... ( j
De acuerdo con el teorema de los puntos medios , deducimos que la relación (* ) solo será 
posible, si H es punto medio de AC . Esto significa que : AH = HC, es decir NH es la mediatríz 
de AC. Luego : AN = 2o
A continuación, por ser ángulo exterior se reconoce que : m 4- ANC = 30°.
Finalmente deducimos que el fcs. ABN , es notable : x = 60°
15.- En un triángulo ABC, la mediatríz de AC intersecta a BC en F; asimismo, la mediana 
BM y AF se intersectan en H, siendo B F = 2 y BH = HM. Hallar la medida de AH.
Resolución.-
En primer lugar trazamos MN // AF, entonces de acuerdo 
con el Teorema de los puntos medios , se tendrá que :
FN = NC
A continuación, reconocemos que : HF // MN, de modo
que en el A MBN, al conocerse que : BH = HM , deduci- A M C
Luis Ubaldo C. Triángulos I I 163
mos que : BF = FN = 2 y NC = 2
Pero: MN = FN = NC = 2
Entonces sabemos que : HF = 1. Luego en el A AFC isósceles :
AF = FC = > * + 1 = 2 + 2 => * = 3
16.-A partir del gráfico mostrado, se pide calcular la medida de x, 
si ABCD es un cuadrado.
B
Resolución.-
Del gráfico observamos que AC es una diagonal del cuadrado y ® 
se verfica una congruencia de triángulos:
A BAP = A PAD (L.A.L)
=> m 4- APD = m 4 BPA = 2x
En el punto P : 2 *+ * + * + *= 1 8 0
Donde: 5 *= 180
* = 36
17.- Interiormente a un triángulo acutángulo ABC, se ubica el punto P. Calcular la m 4 BPC 
para que la suma PA + PB + PC sea mínima.
Resolución.-
Sean AP = o ; BP = 6 y C P = e , luego por condición del problema, la suma : a + b + c, debe ser 
lo mínimo posible. A contnuación construimos los triángulos equiláteros PBQ y ABT, luego:
APBQ: PB = BQ = PQ = fc
A ABT: AB = BT = AT
=> m 4 TBA = m 4 PBQ = 60°
Y por (LAL) : A TBQ = A ABP => TQ = AP = a
Entonces para que : a + b + c sea mínimo los 
puntos C, P, Q y T deben ser colineales , con 
lo cual:
* + 60 = 180 * = 120°
164 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Qulspe R
18.- En la figura mostrada se sabe que ; BH = LE. Entonces 
es pide calculara la medida de « a » , si además se sabe 
que : E es el excentro del triángulo A B C . B
Resolución. - A H
Ya que E es excentro, entonces BE y CE son bisectrices de los ángulos exteriores B y C, del 
A ABC.
Por propiedad: m 4- BEC = 90 - m
=> m 4 BEC = 90 - a 
k. BHC = k. ELC (ALA) => BC = EC 
El A BCE resulta ser isósceles en donde :
3a = 90-a a = 36°
19.- Apartir del gráfico mostrado se pide calcular 
leí valor de «x» del gráfico, si AB = BD
Resolución.-
Ubiquemos un punto P simétrico de C respecto de BD, luego :
m 4 PBD = m 4 BBC = a y m 4 PDB = m 4 BDC = 0
Además : BP = BC y PD = DC. Luego por el teorema de la mediatriz
PA = PD y m 4 BAP = m 4 BDP = 0
Además: m 4 PAC = 0
Dado que P es incentro del A ABQ : 
m 4 BQP = m 4 PQA = m 4 BQC = 60°
En el A BQA: 2a + 20 =60°
=> a + 0 = 30°
Luis Ubaldo C. Triángulos 11 165
Finalmente en el A BCD : a + 6 + x = 180
x = 150
20.- En un triángulo ABC : m 4- B = 90-. La mediatriz de AC se intersecta en P con la 
bisectriz del ángulo exterior B . S i : BC - AB = k ; calcular BP.
Resolución.-
Sean: AB = c y BC = a => a -c = k
Por el teorema de la mediatriz se debe cumplir que : PA = PC
Trazamos PT y PL perpendiculares a la prolongación de AB y a BC respectivamente, resultan­
do el cuadrado BTPL, donde : BT = BL = PL = PT
t\ ATP = PLC (4to caso)
Luego : AT = LC = c + BT
Del gráfico: BC = BL + LC
=» a = BT + c + BT
De donde : BT = => BT = f
En el t\ BTP de 45°: x = BTV2 
X = | J 2
21 .-En la figura mostrada se sabe que :QC=2HC. Entonces se 
determinar: a .
Resolución.-
Obseivamos que en los triángulos QBP y PHC, los ángulos BPQ 
y HPC son congruentes, luego prolongamos QP y desde C 
trazamos CT ± QP.
Entonces por el teorema de la bisectriz : CH = CT = o 
En el ts.QTC: m 4_ TQC = 30°
En el t^QBC: 3a + 30 + 2a = 90
a = 12°
166 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R.
22.- En el interior de un triángulo ABC, se ubica el punto P, de tal manera q u e : 
m 4 PBA = m 4- BAC; m 4 PBC = 2 , m 4 P A B yP B = 4.
Hallar AC, si BC = 15.
Resolución.-
Prolongamos CB hasta "Q" de manera que QB = BP = 4. El triángulo QBP es isósceles:
m 4 BQP = m 4 BPQ = 6 .
Pero por dato: m 4 BAP = 6, en­
tonces por teoría sabemos que:
m 4 ABP = m 4 AQP = a .
Ahora observamos que:
m 4 Q = ct + 6
y m 4 A = a + 6
En consecuencia el A AQC es 
isósceles:
jr = 4 + 15 x = 19
si A F = CE = 12.
Resolución.-
En el t x EBC, trazamos la mediana BN, en el 
cual se reconoce que : BN = 6
En el Cx ABF, trazamos la mediana BM, el que 
además tiene como medida a :
BM = 6
Pero: m 4- MBN = 60°
Luego el A MBN es equilátero, de donde :
x = 6
Luis Ubaldo C. Triángulos I I 167
24.- A partir del gráfico mostrado, calcular «x» . 
Si BM = M C .
Resolución.-
Creo oportuno recomendarte que cuando veas dos ángulos adyacentes cuyas medidas estén en 
la relación de 2 a 1 (como el caso de los ángulos 4 BAM y 4- MAC), debes trazar la bisectriz del 
4- doble y a continuación aplicar el teorema de la bisectriz.
Siguiendo este procedimiento, trazamos la bisectriz A! 1 del 4- BAM. Luego, trazamos MN _L AH 
y MP ± AC. Y puesto que AM es bisectriz del 4 HAC, deducimos que : MH = MP = ^
En el ANAM isósceles : MH = HN = o/2
Por dato se sabe que : BM = MC = o. Asi­
mismo se observa que BM = MN = o , 
luego el A NMB es isósceles .En conse­
cuencia :
m 4- NBM = m 4- BNM = 90 -x
Dado que el 4- NBM es ángulo exterior del 
A ABC, podemos establecer la relación :
N
90-x ■-.0/2
90-x — 3x + 30 x = 15°
25.- En la figura se sabe q u e :
AB = BP, BC =BQ y PQ = 12 
Con estos datos, se pide calcular: BM
Resolución.-
Prolongamos AB hasta T de modo que : AB = BT, resultando 
que : A PBQ = A TBC (L.A.L)
De donde : PQ = TC = 12 y m 4- QPB = m 4 BTC = a
Por otro lado notar que m 4 HBT = a
En el A ATC: B es el punto medio de AT y BM // TC ; luego BM 
es base media.
168 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R.
26.- En la figura se sabe q u e :
AB = B C , PL = 2 , PF = 5 , MP=PN. 
Con estos datos, se pide calcular: C H .
Resolución.-
Trazamos : NT ± BC ; NE ± AB y PQ _L NE
Luego en el A MTN, PL es base media, tal que : NT = 4
Reconociendo que : PQN = MPL (A.L.A.)
=> PL = QN = 2 
Además , se aprecia que : PF = QE = 5 
Yen el A ABC, isósceles aplicamos la Propiedad 5.7a:
CH = NE + NT => CH = 7 + 4
CH = 11
B
B
27.- En un A ABC recto en A , AB < AC . Por M , punto medio de BC , se levanta una 
perpendicular a este la do , la cual corta a AC en D . En la prolongación de CA se 
toma una longitud AE = A D . Tam bién, las prolongaciones de BE y MA se cortan en 
F ; s i : 4 BF = 3 E C ; calcular m 4 ACB.
Resolución.-
En el ABC, AM es mediana, luego: BM = AM = MC. Y puesto que MD es mediatríz de BC, 
se deduce que el ABDC es isósceles , por lo tanto : m 4- MBC = m 4 ACB = a .
Y con respecto al segmento ED : BE = BD y m 41 BED = m 41 BDE = 2a .
Siendo el A FEA isósceles, hacemos : EF = EA = a
Y si hacemos : BE = BD = b , entonces : DC = b. '
Por condición del problema : 4 BF = 3 EC
4 (a + b ) = 3 (2a + b)
=> 4a + 46 = 6a + 3b 
De donde : b = 2a
Por consiguiente el A EBD es equilátero, entonces :
2a = 60 a = 30°
Luis Ubaldo C. Triángulos I I 169
28.- El ángulo A de un triángulo ABC mide 75s sobre la altura BH se ubica el punto O de
modo que AC = BO respectivamente. Siendo M y N puntos medios de AB y OC
respectivamente. Calcular la m 4 A M N .
Resolución.-
Empleando el teorema de la base media (ítem 5.5) en el A ABC, trazamos MT, resultando:
MT = ° y m 4- BMT = 75°
¿i
Además: MT ± BH.
En el A BOC, TN es base media luego :
TN = | y m 4 MTN = 90°.
Observa que el fc^MTN es isósceles; entonces :
m 4 TMN = 45°.
Finalmente en el punto M : x + 45 + 75 = 180° A H C
i---------- @ ---------- 1
x = 60°
29.-En un triángulo rectángulo ABC, recto en B la mediatríz de AC y la bisectriz del ángulo 
exterior B se intersectan en P; se traza PQ _L BC. Calcular la m 4 OQC; siendo "0"el 
circuncentro del triángulo ABC (AB < BC).
Resolución.-
Prolongamos AB y trazamos PT 1 AB , asimismo PA y PC . Luego, empleando el teorema de 
la mediatríz , deducimos que : PA = PC . Por otro lado la figura BTPQ es un cuadrado , en 
consecuencia : PT = PQ = BQ = TB . Por tal razón:
ATP s fc. PQC => 4 TAP = 4 PCQ
Esto último trae como consecuencia que el 4 
APC sea recto, resultando el triángulo APC de 
45° donde : AO = PO = OC.
En el ABC, BO es mediana, luego se tendrá:
BO = OC = AO.
Finalmente nótese que A BQO = A PQO (L.L.L.)
=> m 4 BQO = m 4 PQO = 90 + x 
Luego : 90 +x + x = 180 => x - 45°
170 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R
30.- En un triángulo rectángulo ABC, recto en B, la m 4_ C = 1Sg. Se traza la ceviana AM 
con la condición q u e : MC = 2 AB. Calcular la m 4_ MAC.
Resolución.-
Sea: AB = a
B
MC = 2 a
En el ts. ABC, trazamos la altura BH.
Luego por Propiedad :
BH = ~ = b 4
A continuación ubicamos el punto medio «P » de MC y trazamos PQ 1 AC . De este m odo: 
ts. PQC = ts. BHA => BH = QC = TQ = b 
Ahora, trazamos MT 1 AC, luego para el ts. MTC; PQ es base media, de donde : TQ = QC = b 
Asi, k. AMC es isósceles, ya que MT es mediatriz de AC.
* = 15°
31.- En la figura se muestra un triángulo isósceles, en donde:
AB = BC . Además se sabe q u e : AM = M P .
De acuerdo con estos datos se pide calcular x
Resolución.-
Delgráfico: m 4- PCA = 45° . Trazamos BH, mediatriz de AC
En el A APC : MH es base media, luego :
MH // PC y m 4- MHA = m ¿ PCA = 45°
Además M es incentro del ts. AHB, lo cual significa que :
Luis Ubaldo C. Triángulos I I 171
B32.- En la figura dada se sabe q u e :
AB = BC ; AH = HC y HM = ML 
De acuerdo ocn estos datos, se pide calcular «x».
Resolución.-
En el triángulo isósceles ABC, BHes mediana y también altura, entonces : BH _L AC. En el 
HLC, trazamos la base media MP , donde P 
es punto medio de LC. Luego : PK ± BH
En el A ALC, HP es base media , luego :
PH // AL y m 4L BSP = x
B
Finalmente reconocemos que en el A HLP, M 
es el ortocentro, por consiguiente :
x = 90°
33.- A partir del gráfico mostrado, se sabe que :
AM = M C , además de la relación que guardan entre 
s í los ángulos indicados.
Se pide calcular el valor de x .
A M C
Resolución.-
En primer lugar trazamos MN , de modo que lam 4L BMN = x, entonces el A BNM y el A MNC 
son isósceles.
A continuación construimos el A EBM, de modo que : A EBM = A NBM (A.L.A.):
=> BE = EM = BN = MN = a.
En el cuadrilátero no convexo ABEM, aplicamos B 
la propiedad que establece que :
=> m 4L A = 120° -x
Finalmente en el A ABM :
120° -x + 2x + 3x = 180°
En consecuencia: 4x = 60°
x = 15° A a M a c
172 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R
34.- En la figura dada sesabe que :
AM = MC, además de los ángulos Indicados.
Con estos datos es pide calcular x.
Resolución.-
En primer lugar construimos el A NBC equilátero, en el cual : MN = MC . Trazando AN, se 
observa que el A ANC, es recto en N , dado que : AM = MN = MC ; luego :
m 4 ANC = 90°.
Luego : m 4 BNC - 60° y m 4 ANB = 30° 
Es fácil deducir que : m 4 ABN = 75°, entonces : 
m 4 BAN = 75° y AN = BN = a.
Establecido que el ANC es isósceles .diremos: 
m 4 ACN = 45°
En consecuencia: x + 45° = 60 °
* = 15°
B
35.- En la figura, calcular x . &
Resolución.-
En primer lugar trazamos MN , de modo que m 4 NMC = x, entonces : MN = NC = a .
Luego el A BMN es isósceles, por lo tanto: BM = MN = a. A continuación construimos el A AEM 
de modo que :
A AEM = A MNC (A.L.A.) => AE = EM = MN = NC = a.
B
En el cuadrilátero no convexo ABME; por propiedad se sabe que : m 4 ABM = 120° - x
Finalmente en el A ABM : 2x + 120° -x + 3x = 180°
De donde : x = 15°
LUIS UDOiaO o . i rianguios i -i / o
36.- En Ia figura se sabe que BD es bisectriz del 
ángulo B y BM es la mediana relativa a la 
hipotenusa. Calcular el valor de x .
Resolución.-
Como BM es mediana, entonces :
Y al trazar la altura BH resulta también que : 
Empleando la propiedad : 5.10c, resulta que: 
m 4 HBD = m 4 DBM = 6 
Por el teorema de la bisectriz (5.5) : BH = BL 
Obsérvese que : E¡\. AHB s BLE 
=> AB = BE
Finalmente en el ABE isósceles : 
x = 45°
37.- En la figura mostrada se sabe q u e : 
AB = QC, BP = PQ, AM = MC 
Calcular: m 4 PMQ.
Resolución.-
Prolongamos CB hasta T ,tal que BT = AB, luego 
A ABT y A TAC son isósceles, donde :
m 4 BTA = m 4 BAT = 40° y AT = AC = 2a 
Luego : A ATB = A AQC (L.A.L.) => AQ = AB.
En el A AQC isósc.: m 4 AQM = m 4 MQC = 50°. 
En el A TAC : PM es base media . Luego : PM // AT 
=* m 4 ATC = m 4 MPC = 40°
Y en el A MPQ : 50 = 40 + x x = 10°
m 4 MBC = m 4 ACB = a 
m 4 ABH = a
B
l_ I r 1^70/\ J C*UIO/>_/C7 H .
38.- Calcular «x» en la figura mostrada.
Resolución.-
En primer lugar prolongamos CB, luego trazamos AE de manera que : m 4 EAB = 30°. 
Entonces : A AEB = A ADB (A.L.A.), luego :
AE = AD = a y EB = BD = n.
El A AED es equilátero : AE = ED = AD = a.
En el A DEC: m 4 DEC = 40°
m 4 EDC = 70° y m 4 ECD = 70°
De esto se deduce que : AE = EC = a.
En el A AEC : m 4 EAC = m 4 ECA = 40°
En consecuencia: x + 40° = 70°
* = 30°
39.- En la figura se muestra un D ABC equilátero , en el que se 
verifica que AP = B M . Con estos datos, se pide calcular x9.
Resolución.-
Primero construimos el A BQC , de modo que :
A BQCa A APC 
Entonces se cumplirá que : BQ = QC = AP = PC. 
Ahora observamos que:
A QBM = A PCQ => MQ = QP = 2n.
Pero QN = n, entonces el E\ PNQ es notable, con, 
m 4 NPQ = 30°
Finalmente en el A PQM isósceles :
Luis Ubaldo C. Triángulos I I 175
m 4 PQM = 140° => m 4- QPM = m 4 QMP = 20°
En consecuencia : x = 30° + 20°
jc = 50°
40.- Dado un triángulo A B C , donde : m 4 B = 54g y m 41 C = 30e. Por B se traza una 
recta paralela a AC que intersecta a la bisectriz interior del ángulo A en P. 
Calcular la m 4 PCB
Resolución.-
Construimos los triángulos equiláteros ABQ y BTC, de donde resulta :
m 4 QBC = 6° y AB = BQ = AQ
Por otro lado en el A BCT, CA es bisectriz, 
mediatriz, etc ; luego AB = AT.
Los triángulos ABT y BQC resultan ser con­
gruentes (L.A.L.) de donde :
QC = BQ y m 4 QCB = 6o
En el triángulo equilátero ABQ trazamos la me­
diatriz BL de AQ , de donde :
LA = LQ y m 4 QLC = 72°.
El A QCL resulta ser isósceles, entonces :
QC = LC
Finalmente : A BCP = A BCL (L.A.L.)
* = 24°
y m 4 TBA = 6° y BC = CT = BT
176 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R
PftOBl€«4S PftOPUeSTOS
1.- En un triángulo rectángulo ABC, recto en 
B, la mediatriz de AC intersecta a BC en "P", 
de tal manera PB = 12 y m 4- A = 3 . m 4- PCA; 
calcular AB.
A) 18 B )16 C)14 D) 12 E) 10
2.- En la figura, con respecto al triángulo ABC 
BD es bisectriz y BM es mediana. Calcular a.
A) 45°
B)60°
Q30°
D)53°
E)75°
3.- En un triángulo ABC, obtuso en A, las 
mediatrices de AB y AC se intersectan en "T", 
de manera que el ángulo exterior en A es el 
triple de la medida del ángulo TBC; hallarm 4 
TBC.
A ) 37° 
D) 15°
B)30°
E)45°/2
C) 3772
4.- Hallara , si los triángulos ABC y BMN son 
equiláteros.
B
A) 30°
B)37° 
Q45°
D)53
E)60°
5.- En un triángulo escaleno ABC, se traza la 
mediana CM : en el triángulo BMC se traza la 
mediana BN, de manera que BN = 18 obtuso.
Sobre AC se ubica un punto "P" de modo que 
MP // B N ; calcular MP.
A ) 18 B) 16 C) 14 D) 12 E)6
6.- En la figura BP = AC.
Hallar a- , si AM = MB y PN = NC
BA) 60°
B)45°
C)53°
D)75°
E) 67° 30'
7.- Los lados de un triángulo miden 13:14 y 15 
unidades, se trazan dos bisectrices exteriores 
de ángulos diferentes y desde el tercer vértice 
se trazan perpendiculares a esta bisectrices.
Calcular la longitud del segmento que une los 
pies de las perpendiculares.
A ) 15 B) 16 C) 18 D)21 E)24
8.- En la figura se sabe que:
AP = PB , AN = NC y BC = óV2. 
Hallar M N .
Luis Ubaldo C.
9.- En un triángulo rectángulo ABC, recto en 
B, se traza la ceviana interior BM de tal mane­
ra que BM = 36y w 4I MBA = 30°; hallar AC, 
si m 4- A = 50°
A ) 36 B)54 C)64 D)72 E)90
10.- Calcular a , si AB = 2. HM
B
11.- En un triángulo ABC, se traza la mediana 
BM , de tal manera que/n 4 MBA = 2. m 4 
MBC ; hallar m 4- MBC , si BC = 2 . BM
A ) 18° B)24° C) 3(f D)36° E)45°
12.- En la bisectriz exterior del ángulo A de 
un triángulo rectángulo ABC, recto en B, se 
ubica el punto "P" de manera que dista en 6 
unidades de AC y en 8 unidades de BC.
Hallar PB.
Triángulos 11 177
A ) 7 B)8 C)9 D) 10 E)5
13.- Calcular x° . en la figura.
14.- En el interior del un triángulo ABC, se 
ubica el punto ”P" de tal manera que: PC = BC y 
m 4 PAB —m 4 PAC =17°. Hallarw 4 PCB, si m 
41B=107°.
A ) 13° B) 17° C)20° D)21° E)26°
15.- Calcular
16.- En un triángulo ABC, se traza la ceviana 
interior BM ; de tal manera que AM = BC y 
m 4 C = 2. m 4 MBC. Hallar m 4 MBC, si m
4 A = 2 .m 4 C
A ) 10° B) 12° C)15° D) 16° E)20>
17.- En la figura: AF = BC. HallarG.
B
178 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R.
A) 15° B) 18° C)22°30'
D)20° E)30°
18.- En un triángulo rectángulo ABC, recto en 
B, se traza la ceviana interior B P , de tal mane-
BP AP PC
: - T = - r = —
Calcular m 4 BPC.
A ) 30° B)37° C)45° D)53° E)60"
19.- En la figura: a, (3 y 0 forman una progre­
sión aritmética. Calcular "P"
A ) 10° B)20p C)15° D) 3 (f E)22°301
20.- En un triángulo ABC, se traza la ceviana 
interior C M . de modo que CM = AB: además 
se conoce m 4- A = 30° y m 4- B = 100°. Calcu­
lar m 4 MCB.
A)3(P B)40° 050* D)25° E)35°
21.- En el interior de un triángulo equilátero
ABC, se ubica el punto "P", de tal manera que:
PA PB PC „
—y = - y - - y . Hallar m 4 PBC
A) 90° B)97° C)120° D) 135° E) 150°
22.- En un triángulo ABC, se traza la ceviana in­
terior B M , de tal manera que: AM = BM + BC 
y m 4 MBC = 120°; calcularm 4 ABM, si 
m 4 C = 20°.
A ) 10° B)20° C)15° D) 25° E)30°
23.- Calcular x.
A) 10° B) 12° Q 15° D) 16° E)18°
24.- En el interior de un triángulo rectángulo 
isósceles ABC, recto en B, se ubica el punto
"P”. de tal manera que:
PC PB PA
1 2 ~ 3
Hallar m 4 BPC
A ) 90° B) 105° C)115°
D )135° E )150°
25.- Del gráfico mostrado: calculara si A P= BC.
Luis Ubalúo C. Triángulos I I 179
26.- En un triángulo ABC, se traza la ceviana 
BF, de modo que AB = FC y las medidas de 
los ángulos ABF ; FBC y ACB son directa­
mente proporcionales a : 3, 7 y 4 respectiva­
mente. Hallar la razón de proporcionalidad.
A ) 8o B)9° C) 15° D) 10° E)12°
27.- En un triángulo ABC se traza las alturas 
AM , CF y BG determinándose eljirtocentro
H. Por H se traza una paralela a FM la cual 
intersecta en P, L, R y Q a AB, FG , MG y 
BC respectivamente. Si FL = 4 y MR = 7. 
Hallar PQ.
A ) 11 B) 15 C)19 D)22 E)27
28.- Interiormentea un triángulo acutángulo 
escaleno ABC se ubica el punto P.
Si: AB = 38 ; BC = 30 y AC = 23
La suma PA + PB + PC máxima es:
A ) 60 B)90 C) 105
D) 120 E)150
29.- En la figura: AC - HC = 12 V3. Calcular BP.
B
A) 4 B) 6 C) 3 S
D) 6 V3 E) 9
30.- En un triángulo ABC, se traza la mediana 
BM , luego AH I B M .
Si : BC = 2 AH , calcular m 4 MBC.
A ) 5CP B) 20° C) 15° D)40° E)3tf>
31.- Sobre el lado BC de un triángulo ABC se 
ubica el punto R de tal manera que :
AB = CR = 10. Hallar la longitud del segmento 
que une los puntos medios de AR y BC. Si 
m < B = 60°
A ) 2,5 B)4 C)5 D)3 E)6
32.- HallarO; si I es incentro del A ABC. 
Además BI = AC.
B
33.- Sobre la bisectriz del ángulo interior C de 
un triángulo isósceles ABC (AB = BC) se ubi­
ca exteriormente el punto T, de tal manera que: 
m 4 CTA = wz 41TAB = 3(F.
Calcular lam 4 TBA
A) 8o B) 10° C) 12° D) 15° E)20°
180 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R.
34.- Calcular*, si AM = MC
D)50° E)60°
35.- Dado el triángulo rectángulo ABC, recto 
en B. La mediatriz de AC se intersecta en P 
con la bisectriz del ángulo exterior B; luego se 
traza AF // BP (Fe BC); si FC =a. CalcularBP.
A )| B ) a j l C )|V2
D )| V 3 E )a
36.- Del gráfico; calcular*. S i: AB = BC
A) 10° B) 12° Q15° D)20° E)25°
37.- Dado el triángulo rectángulo ABC recto 
en B. Sobre AC se ubica el punto P de modo 
que: AB = PC la mediatrices de AP y BC se 
intersectan en Q.
Hallar la m 4- BQT, si m 4 ACB = 20° y T es 
el punto medio de
38.- Dado el triángulo rectángulo ABC recto 
en B, se traza la bisectriz interior BD intersecta 
en P a la prolongación de CA y en Q a la 
mediatriz de BC.
Calcular la m 4 PBQ.
A ) 105° B) 115° C) 125°
D) 120° E) 135°
39.- En la figura mostrada se sabe que:
AM = MC y PM = BC 
Calcular lam 4 BPM
D) 15° E)22°30'
40.- Calcular* del gráfico.
A ) 1° 30' B)9° C) 12°
D) 18° 30' E)26°30'
A ) 10° B)5° C)15° D)20° E)7,5°
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DEFINICION.-
Es aquella figura geométrica determinada por una línea quebrada y cerrada.
a) Vértices : A, B E
b) Lados : AB , BC,..., AE
c) Angulos Interiores : 4 - A, 4- B ,... , 4 E
d) Angulos Exteriores : 4 LAB, 4 TBC,..., 4 KEA
e) Diagonal: BE
0 Diagonal Media : MN
g) Perímetro : 2p = AB + BC + ... + AE
6.2 CLASIFICACIÓN
6.2.1 DE ACUERDO A SU CONVEXIDAD
a) Polígono Convexo.-
Si toda recta que contiene a uno de sus lados 
lo ubica en un mismo semiplano.
Ejm: Hexágono convexo.
b) Polígono no Convexo.-
Si por lo menos existe una recta que conte­
niendo a uno de sus lados lo ubica en uno y otro 
semiplano.
Ejm : Pentágono no convexo.
Fig. 6.2
182 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R.
6.2.2 Atendiendo a la Regularidad de sus elementos.
a) Polígono Equiángulo.- Aquel que tiene sus ángulos congruentes.
b) Polígono Equilátero.- Aquel que tiene sus lados congruentes.
c) Polígono Regular.- Aquel que es equiángulo y equilátero a la vez.
Ftg. 6.3
6.5 DE ACUERDO AL NÚMERO DE SUS LADOS
3 lados —> Triángulo
4 lados —> Cuadrilátero
5 lados —» Pentágono
6 lados —> Exágono
7 lados —> Heptágono
8 lados —> Octógono
9 lados —> Nonágono
10 lados —> Decágono
1 1 lados —> Undecágono
12 lados —> Dodecágono
15 lados —> Pentadecágono
20 lados —> Icoságono
6.4 PROPIEDADES GENERALES DE U N POLÍGONO 
CONVEXO DE "n" LADOS
6.4a) En todo polígono, el número de lados es igual al número de vértices ,e , igual al número 
de ángulos interiores.
N° lados = N° vértices = N° 4 interiores = n ... (6.1)
6.4b) En todo polígono, el número de ángulos exteriores es el doble del número de lados.
N° 4 exteriores = 2n ... (6.2)
6.4c) En todo polígono, el número de diagonales trazadas desde un vértice, está dado por la 
siguiente relación:
N° d,v = n - 3 ... (6.3)
6.4d) En todo polígono, el número de diagonales medias trazadas desde un lado, está dado por 
la siguiente relación.:
N° d . m = n -1 ... (6.4)
6.4e) En todo polígono, el número de triángulos determinados al trazar las diagonales desde un 
vértice, está dado por la siguiente relación:
(6.5)... N° As = n - 2 ; N° As : Número de triángulos
6.40 En todo polígono, el número de cuadriláteros determinados al trazar las diagonales me­
dias desde un lado, está dado por la siguiente relación:
(6.6)... N° □ s = n - 2 ; N° Ds Número de cuadriláteros
6.4g) En todo polígono, la suma de las medidas de los ángulos interiores, está dada por la 
siguiente relación:
S 4 1 = 180(n - 2) ... (6.7)
6.4h) En todo polígono, la suma de las medidas de los ángulos exteriores es 360°:
S 4 e = 360° ... (6.8)
6.41) En todo polígono, el número total de diagonales, está dado por la siguiente relación :
N °D = n(/12~3) ... (6.9)
6.4j) En todo polígono, el número total de diagonales medias, está dado por la siguiente relación:
N° D.M. = /l(n2— - ... (6.10)
6.4k) En todo polígono, el número de diagonales trazadas a partir de "m" vértices consecutivos, 
está dado por la siguiente relación:
. (m + l)(m + 2)
N °d = m n -~ ^ ------ ...(6.11)
6.41) En todo polígono, el número de diagonales medias trazadas a partir de "m" lados consecu­
tivos, está dado por la siguiente relación:
Luis tibaldo C Polígonos 183
184 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Qulspe R.
€J6RCIC10S 0 6 APLICACIÓN PAftTej
1.- Calcular la suma de los ángulos interiores de un polígono de 8 lados.
Resolución.-
Aplicando la propiedad "6.4 g " , tendremos: S^lint. = 180 (n - 2) ; donde n = 8
Reemplazando: S^lint. = 180 (8 - 2)
Luego : S4lint. = 180 (6)
S^llnt. = 1080
2.- Calcular el número total de diagonales de un polígono de 12 lados.
Resolución.-
De acuerdo con la propiedad "6.4 f , tendremos: N.D. n n̂o ^ ; donde n = 12
Reemplazando: 
Luego:
N.D. = 
N.D. =
12(12-3)
2
12(9)
N° D. = 54
3.- En un endecágono, hallar el número total de diagonales medias.
Resoluclón.-
E1 nombre de Endecágono es sinónimo de undecágono y es el polígono que tiene 11 lados , 
luego, de acuerdo con el item 6.3 , podemos establecer que :
N°D.M. = n n̂n ^ ; donde n = 11
Reemplazando: N°D.M. =
2
11(10)
N° D.M. = 55
4.- En un hexágono, calcular el número de diagonales trazadas desde un sólo vértice. 
Resoluclón.-
Si aplicamos la propiedad ”6.4c", tendremos:
Luis Ubaldo C. Polígonos 185
N°D.M. = n - 3 ; donde n = 6 
Reemplazando: N°D.M. = 6-3
N° D.M. = 3
5.- Dado un dodecágono, se pide calcular el número de diagonales trazadas a partir de 
cuatro vértices consecutivos.
Resolución.-
De acuerdo con la propiedad ”6.4 k ", se logra establecer que :
~ (m+1) (m + 2)
Tenemos que : N°d = mn - -------- -̂-------
Donde : n = 12 ; m = 4
Reemplazando: N°d = (4) (12) - — + ̂ ̂ + ̂
Entonces: N°d = 48-15
N° d = 33
6.- En un heptágono, calcular el número de triángulos determinados al trazar las diagonales 
desde un vértice.
Resoluclón.-
Según la propiedad "6.4e", se puede establecer que :
N° As = n - 2
Donde: n = 7 (heptágono)
Reemplazando: N° As = 7 - 2
N°AS = 5
186 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Qulspe R.
6.5 PROPIEDADES EN UN*POIÍGONO REGULAR DE 
"n " LADOS.
6.5a) La medida del ángulo interior, está dado por la 
siguiente relación:
i =
180(/i-2)
...(6.13)
6.5b) La medida del ángulo exterior, está dado por la 
siguiente relación:
e = 360n ... (6.14)
Fig. 6.4
6.5c) La medida del ángulo central, está dado por la 
siguiente relación:
...(6.15)
6.5d) La medida de la suma de ángulos centrales es 360°.
S4Icentrales = 360° ... (6.16)
6.5e) Las propiedades a y b s e cumplen también para un polígono equiángulo.
6.6 PROPIEDADES ESPECIALES
6.6a) El máximo número de ángulos interiores agudos de un polígono convexo es : 3
6.6b) El mínimo número de ángulos interiores obtusos de un polígono convexo es : n - 3
6.6c) El número de ángulos rectos a que equivale la suma de las medidas de sus ángulos inte­
riores es : 2 (n - 2)
6.6d) Si el número de lados de un polígonodisminuye en "m" (m < n ) , su número de diagona­
les disminuye en "d" cumpliéndose :
(/i-2) + (n -3 ) + (/i-4)+...+[/i-(m + l)] = d ...(6.17)
"m" sumandos
6.6e) Si el número de lados de un polígono aumenta en "m” su número de diagonales aumenta 
en "d", cumpliéndose:
(n - l ) + (n) + (n + l ) +...+ [n + (m -2 )] = d ... (6.18)
"m" sumandos
6.60 Si las medidas de los ángulos interiores de un polígono convexo están en progresión 
aritmética de razón V y el menor ángulo interior es "a", entonces :
180 (n - 2) = a n +
m{ n - 1)
(6.19)
LulsUbaldoC. Polígonos 187
6.6g) Si las medidas de los ángulos externos de un polígono convexo forman una progresión 
aritmética de razón "r" y el menor ángulo exterior mide "a ", entonces :
360 = an + rn(R7V> _ (6-2o )
6.6h) Para dos polígonos regulares óent yrt2 lados cuya diferencia de las medidas de susángulos 
internos, externos o centrales es "a", se cumple :
n, - n.
É6 = ± 7 ± ín' >n*>
6J6RCICI0S D€ APLICACIÓN (2* PARTC)
7.- Calcular el número de lados que tiene un polígono regular si se sabe que de la medida 
de uno de sus ángulos interiores es 144g.
Resolución.-
Según la propiedad 6.5a, tendremos que : 4 lint. = ^ —
Reemplazando: 144 =
n
180(n-2)
n
Luego : 144 n = 180(n - 2)
.Al efectuar operaciones , se tendrá que : 4 n = 5n -10
n = 10
8.- Si la medida del ángulo exteríorde un polígono regular es 249, ¿ De qué polígono se 
trata ?
Resolución.-
360Según la propiedad vista en el item 6.5b , tenemos que : <$lext. =
360Reemplazando datos: 24 =
n = 15
188 Problemas de Geometría v cómo resolverlos Ernesto Quispe R.
9 .-En un polígono regular la medida de su ángulo central es 24B. Determinar el número de 
lados de dicho polígono.
Resolución.-
360De acuerdo con la propiedad 6.5c, tenemos que : 4Icentral =
Reemplazando el dato: 24° =
Luego, al despejar tendremos: n = 15
10.- Calcular el mínimo número de ángulos interiores obtusos que puede haber en un 
polígono convexo de veinte lados.
Resolución.-
Sea : Min N°4lobt.: Mínimo número de ángulos obtusos, entonces de acuerdo con la propie­
dad especial vista en el item 6.6a , tendremos que :
Min N°4lobl. = n - 3 ; donde : n = 20.
Reemplazando: Min N°4lobt. = 20-3
Min N°4lobt. = 17
11.-¿Cuál es el número de lados de un polígono, si se sabe que la suma de las medí: 
de los ángulos interiores equivale a 12 ángulos rectos ?
Resolución.-
Según la propiedad especial 6.6c , tenemos que : N°4 lrect. = 2 (n - 2)
Donde al sustituir datos tendremos : 12 = 2 (n - 2)
n = 8
12.-Del ejercicio anterior ¿Cuál es el número de ángulos llanos a que equivale la suma de 
las medidas de sus ángulos interiores?.
Resoluclón.-
La suma de los ángulos interiores es : S^lint. = 180 (n -2 )
Como un ángulo llano equivale a 180°, entonces la parte señalada con paréntesis representa el 
el número de ángulos llanos.Pero del resultado anterior se sabe que n = 8 , luego :
S/£int. = 8-2 => S4lint. = 6
Luis Ubaldo C. Polígonos 189
M l5 C e i # N € A
1.- En un octógono, ¿En cuánto excede el número de diagonales al número de vértices ? 
Resolución.-
El número de diagonales, lo hallamos utilizando la propiedad 6.4i: N° D = ^
oro _ o 1)
El octógono tiene 8 lados, luego el número de sus diagonales es : — — = 20
Entonces al operar nos queda: N° D = 20
Según condición del problema : N° diagonales = N° vértices + x ;
Donde x es el exceso, luego: 20 = 8 + x
x = 12
2.- En cierto polígono el número de diagonales medias y el número de diagonales se 
encuentran en la relación de 7 a 5. ¿De qué polígono se trata?
Resolución.-
Si el polígono tiene "n" lados, entonces el número de sus diagonales medias y el de sus diagonales 
respectivamente viene dado por las siguientes relaciones :
N° DM = n (n-l)/2 a N °D = n^ ~ 3)
n { n - 1 ) / 2 7
Según condición del problema se tiene que : n (n-3 )/2 = 5^
Simplificando y efectuando operaciones se tendrá que : 5n - 5 = 7 n - 21 => n = 8
En consecuencia, el polígono es un : octógono
3 .-¿Cuál es el polígono convexo en el que el número de diagonales es mayor en 133 al 
número de sus lados?
Resoluclón.-
Sea "n" el número de sus lados, entonces por dato se tendrá que : N° D = 133 + n
Sustituyendo el primer miembro por la relación 6.4i: 7 7 ^ = 133 + n
190 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R.
Factorizando:
n2-5 n - 266 = 0 
(n - 19) (n + 14) = 0 n = 19
4.- La suma de las medidas de los ángulos internos, centrales y externos de un polígono 
regular es igual a 2520g; hallar la medida de su ángulo central.
Resoludón.-
Sea "n" el número de lados del polígono regular convexo que buscamos , luego según la 
condición del problema tendremos que :
Zm ^C i + 1.m 4 - c + T m 4- e = 2520°
Efectuando , se obtiene : 
De donde:
En consecuencia su ángulo central "c" medirá:
180° (n - 2) + 360° + 360° =2520°
180 (n - 2) = 1800 
r ? = 12 
360
c ~ 12 
c = 30°
5 - En un polígono equiángulo, desde 5 vértices consecutivos se han trazado 54 diagonales, 
hallar el valor del ángulo exterior.
Resolución.-
Calcularemos el número de lados "n" del polígono , para lo cual 
se utilizará la relación 6.4k:
N °d = m n - (m + 1)2(m +2) ; donde : m = í
=>
54 = [5n - 21 ] => n = 15
Luego el ángulo interior medirá : 0 = 180 (15 - 2)/15
=> 6 = 156
Pero: e +0 =1 80 ° => e = 180-156
e = 24°
6.- El número de vértices y el número de diagonales totales de un polígono regular son 
iguales, cuál será la medida de su ángulo central.
Resolución.-
Sea "n" el número de lados del polígono regular. Luego, según las condiciones del problema
Luis Ubaldo C. Polígonos 191
tendremos : N° vé rtices = N° diagonales totales
Reemplazando: n = n {n - 3) ¡2
Donde: n = 5
360Luego por la relación 6.5c, su ángulo central medirá: 4-£ =
Reemplazando datos: 4-C = 360/5 => c = 72°
7.- En un polígono el número de diagonales medias es 15. ¿Cuántas diagonales se podrán 
trazar desde 3 vértices consecutivos en dicho polígono?
Resolución.-
En un polígono de "n" lados la expresión, que nos lleva a calcular su número de diagonales 
medias e s :
N° DM =
Según las condiciones del problema: ^ = 15
De donde al efectuar operaciones : n2 - n - 30 = 0
n v ^ - 6xn N - 5
(n - 6) (n + 5) = 0 => n = 6
Luego de la propiedad 6.4k : N° d = mn - . m = 3
Reemplazando datos: N° d = (3) (6) - —
N °d = 8
8.- La diferencia entre el número de diagonales y el número de ángulos llanos a que equi­
vale la suma de las medidas de los ángulos internos de un polígono es 119. Calcular el 
número de triángulos determinados al trazar las diagonales desde un vértice.
Resolución.-
Sea "n" el número de lados del polígono. Luego según las condiciones del problema, se tendrá:
—X X - (n -2 ) = 119
Efectuando: n2 - 3n - 2n + 4 = 238
192 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R.
Donde : n2 - 5n - 234 = 0
18 
*+ 13
(n -1 8 )(n + 13) = 0 => n = 18
Luego el número N de triángulos determinados al trazar las diagonales desde un vértice es (n - 2) 
Reemplazando: N = n -2 = 1 8 -2
N = 16
9.- Calcular el número de diagonales de un polígono regular sabiendo que el cuadrado de 
la medida de su ángulo central equivale a 9 veces la medida de su ángulo interior.
Resolución.-
Sea "n" su número de lados del polígono regular. Luego según las condiciones del problema:
\2 n 180(n-2)
w - n
Al efectuar operaciones , se tendrá : 2 . 9 . 40 = 9 n (n - 2)
Simplificando: 80 = n2 - 2n
Por aspa simple : rí¿ -2n - 80 = 0
-10 
*+8
Luego : (n -10) (n + 8) = 0
Entonces: n = 10(s¡) v n = -8 (no)
Luego : N° D = 10(1° ~ 3)
N° D = 35
10.- Si el número de lados de un polígono convexo se duplica, el número de sus diagonales 
aumenta en 234. ¿Cuántos lados tiene ?
Resolución.-
Sea "rí el número de lados del polígono convexo.
, .. . , . . , . n { n - 3 ) 2n(2n -3 )
Luego por condiciones del problema :------ -̂---- + 234 = ------ -̂----
Resolviendo : n2-3n + 468 = 4n2 - 6n
Ahora : 0 = 3n2 - 3 n - 468
Luis Ubaldo C. Polígonos 193Factorizando , se tendrá que:
13
12
(n -13) (n + 12) = 0
156 = 0
Luego: 
Entonces: n = -12 v n = 13
n = 13
11.- En un polígono equiángulo se conoce que la suma entre el número de diagonales 
trazadas desde un vértice, el número de triángulos que se forman y el número de 
diagonales medias que se determinan al trazarlas desde un lado es Igual a 48. ¿Cuán­
to mide un ángulo exterior de este polígono?
Resolución.-
Por propiedad se sabe que :
- N° de diagonales trazadas desde un vértice = n - 3
- N° de triángulos determinados al trazar las diagonales desde un vértice = n - 2
- Números de diagonales medias trazadas desde el punto medio de un lado = n -1
Luego según el problema: (n - 3) + (n - 2) + (n -1 ) = 48
Resolviendo : n = 18
360Luego la medida del ángulo exterior será: m ̂ exterior = -t j-
12.- Si a la medida del ángulo exterior de un polígono regular se le disminuye 60s, e l resul­
tado es numéricamente igual al número de diagonales aumentado en 7. Calcular el « 
número de sus lados.
Resoludón.-
Según el enunciado del problema se tiene que :
m 4- exterior = 20°
^ - 6 0 ° = ^ ^ - ^ + 7 => 720 - n2 (n - 3) = 134n
De la expresión anterior: n3 - 3n2 + 134 n - 720 = 0
Resolviendo: (n2 + 2n + 144) (n - 5) = 0
n = 5
194 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Qulspe R.
13.-¿Cuántos lados tiene aquel polígono regular tal que la medida de su ángulo interior es 
(m +11) veces la medida de su ángulo central? Por otro lado se sabe que el número de 
sus diagonales es 110 m (m e Z).
Resolución.-
Sea "n” el número de lados del polígono.
, _ 180(n-2) 360 n - 24Luego : = (m + 11) — => m - — ^— - 0 )
Por otro lado: /7Cn̂ _?) = H0m => m = ^^20^ ^
n. frw n 24 n(n 3}
De (1) y (2) : ~ 2 ~ = ^ 2 0 ~
De esta expresión se llega a la ecuación cuadrática: n2 - 113n + 2 640 = 0
Resolviendo se logra encontrar dos valores para n : n = 80 a n = 33
33-24Si: n = 33 m = — -— - 4,5 (en este caso m íZ )
Rfl — 94
Si: n = 80 => m = — ^— = 28 (si es posible ya que m e i )
n = 80
14.- Si a la medida del ángulo interior de un polígono regular se le disminuye en 9B, el 
número de sus lados se reduce en 2. ¿Cuántas diagonales quedan?
Resolución.-
„ 0 n l~ n2De acuerdo a la propiedad 6.6h, tendremos: ^77: = ~z "
joU " l ■ n2
Donde los datos son: 0 = 9° a n2 = n,- 2
9 2
Reemplazando datos se tendrá: =--- 7— 77---ítt360 (rJ] )(n 1 -2 )
De donde: ( n , ) ( n , - 2 ) = 80
Resolviendo : * n f = 10 a n2 = 8
Luego el número de diagonales que quedan se obtendrá a partir de n, = 8 , en la relación 6.4i:
Luis Ubaldo C Polígonos 195
15.- La diferencia entre el número de diagonales y el número de ángulos llanos a que 
equivale la suma de las medidas de los ángulos internos de un polígono es 119. 
Calcular el número de triángulos determinados al trazar las diagonales desde un 
vértice.
Resolución.-
Sea "n"el número de lados del polígono dado ; luego :
16.- Las medidas de los ángulos interiores de un pentágono convexo están en progresión 
aritmética. Calcular el mayor valor entero de la razón.
Resolución.-
Sean r la razón de la progresión y a - 2r la medida del menor ángulo interior del pentágono; 
luego el mayor ángulo será : a + 2r
N° D = - - - - -- - A N° de ángulos llanos = (n - 2)
Según condición del problema:
Efectuando operaciones: 
Por aspa simple:
n2 - 3n - 2n + 4 = 238 
n2 - 5n - 234 = 0
Resolviendo .tendremos :
Nos piden N° de triángulos desde un solo vértice : x = n - 2
n = 18
x =18-2
x = 16
De acuerdo con la figura :
(a - 2r)+ (a -r )+ (a )+ (a + r )+ (a + 2r) = 180(5 - 2) 
Simplificando: 5a = 540
De donde : a = 108° ... (1)
Además: a + 2r < 180° ... (2)
Sustituyendo (1) en (2) : 108 +2r < 180
Ahora: 2r < 72
Finalmente : r < 36° =» r = 35 ; 34 ; 33 ;...
Eli máximo valor entero de r será 35°
196 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R.
17.- En un polígono equilátero se conoce que desde 3 vértices consecutivos se pueden 
trazar 50 diagonales. Calcular su perímetro, si uno de sus lados mide 5.
Resolución.-
Se logrará determinar el número n de lados del polígono , emplearemos la propiedad 6.4k:
(m + l)(m + 2)
N° d = m n ---^ --------
Donde los datos son: m = 3 a N° d = 50
rA o (3 + 1X3 +2)
Reemplazando se tiene : 50 = 3n ---------- -̂--------- => n = 20
Luego su perímetro (2p), será : 2p = 20 (5)
2p = 100
18.- ¿En que polígono convexo se cumple que el cuadrado del número de sus vértices es 
igual a la suma de su número de diagonales, número de diagonales medias y seis 
veces el máximo número de ángulos interiores agudos que puede tener?
Resolución.- *
Sea "n" el número de vértices, luego el polígono tendrá "n" lados . Ahora por condición del 
problema se tendrá que :
[Número de vértices]2 = N°D + N°D.M + 6[máximo N°de ángulos interiores]
, ^ 2 n { n - 3) . n (n - l )
(n j = ----^— ' + 2— ™
Luego : 2nz = n2 - 3n + n2 - n + 36
Simplificando: 4/7 = 36 => n = 9
Es el Nonágono
19- La suma de las medidas de los ángulos internos de cierto polígono regular excede a la 
suma de las medidas de los ángulos externos en 900g. ¿Cuánto sumarán las medidas 
de sus ángulos interiores?
Resolución.-
Sea "n" el número de lados del polígono regular dado. Lurgo por condición del problema :
'Lm 4- i = I m <¡Ce + 900°
180°(n-2)= 360° + 900°
Simplificando se obtiene: n - 2 = 2 + 5
Ahora : n — 9
Luis Ubaldo C Polígonos 197
Luego la suma pedida será: I m 4 - i = 180° (9 -2 ) 
Z m 4 _ i= 1260°
20.-¿Cuál es el polígono convexo en el que el número de diagonales es mayor en 133 a su 
número de vértices?
Resolución.-
Sea "n" el número de lados del polígono convexo. Entonces por condición del problema:
77̂ ^ = # de vértices + 133
Pero: # de vértices = # de lados = n
Entonces : ~"^2 ^ =n + 133
Operando : n2 - 5n - 266 = 0
Factorizando: n = 19
El polígono es de 19 lados
21.- ¿ En qué polígono regular se cumple que al aumentar 309 a ¡a medida de su ángulo 
externo, se obtiene otro polígono regular en el cual su ángulo externo es a su ángulo 
interior como 2 e s a 7 ?
Resolución.-
Sean "n" y "m” los números que expresan la cantidad de lados de cada polígono regular 
buscado . Luego si consideramos al polígono original a aquel cuyo número de lados es "n" , 
según los datos dados, elaboraremos los gráficos adjuntos, los que según las codiciones del 
problema, deberán verificar la siguiente relación:
e + 30° 
a-30°
De donde al efectuar las operacionescorrespondientes , 
tendremos :
2a- 7e = 270° ... ( 1)
Pero observando el primer esquema, se puede establecer 
que:
a + e = 180° ...(2)
A continuación resolveremos (1) y (2), obteniéndose : 
e = 10° a a =170°
X
Luego : e = ^ n = 360 10
n =36
198 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Qulspe R.
22.- Calcular la medida del ángulo interior de un polígono regular sabiendo que excede en 
20g a la de otro que tiene tres lados menos.
Resolución.-
Sean n̂ y n2 los números de lados de los polígonos y a la diferencia de las medidas de sus 
ángulos interiores (pudiendo ser también las exteriores o centrales).
ÍX 1̂ — 2̂
Luego según la propiedad 6.6h, se cumple : ^60 = n, n2 (* )
De los datos del problema, se sabe que : a = 20° a n2 = n ¡ - 3
Luego , al reemplazar en (* ) , se tiene : 20 _ 3
360 r7|(r7]-3)
Entonces , al despejar y resolver, se obtiene : n¡ = 9
Ahora, por la relación 6.5a, el ángulo interior será: i = ^0 (9 2)
i = 140°
23.- Los S/2 de la medida del ángulo interior de un polígono regular es igual al cuadrado de 
la medida de un ángulo exterior. Hallar el número de sus lados.
Resolución.-
Sea "n" el número de lados de este polígono , luego según condición del problema se debe 
establecer que:
medida interior = [medida 4- exterior ]2 ....(*)
Si ahora reemplazamos cada expresión de (* ) por las relaciones 6.5a y 6.5b, tendremos :
5 j~180(r?-2)j = ^360j 2
De donde:
450(r?-2) _ 360 360 
n ~ n n
Simplificando: 5 (n - 2) = ^*360
Ordenando se establece que: n (n - 2) = 288 = 18 (18 - 2)
Finalmente por comparación: n = 18
Luis Ubaldo C. Polígonos 199
24.- La cantidad de diagonales de dos polígonos regulares se diferencian en 36 y las 
medidas de sus ángulos centrales están en la relación de 4 a 5. Calcular la diferencia 
de las medidas de sus ángulos interiores.
Resolución.-
Seann yn los números de lados de dichos polígonos, tal que n x > n , luego por condición del 
problema se tendrá:
ni(ni~ 3) n { n - 3) 0„
2 2 ■■■
Pues bien, si ahora deseamos establecer la relación que guardan entre si los números n y n v 
emplearemos la segunda condición :
360
1 - n, = £ n ... (2)360 5 1 4
n
Sustituyendo (2) en (1) : 4 n( ^ n 3) n(r?-3) = 3g
Efectuando : 3n2 -4n - 384 = 0
De donde al resolver: n = 12 a n x = 15
»u . . - 180(15-2) 180(12-2)Ahora la diferencia pedida sera:------ -----^ ^ ----- = ®
25.- Las medidas de los ángulos internos de un polígono convexo están en progresión 
aritmética de razón 6S. Si el menor ángulo mide 1059; hallar el número de diagonales 
del polígono.
Resolución.-
Sea "n" el número de lados del polígono, luego por la propiedad 6.6f, tendremos :
rn(r7-l)
Donde:
Reemplazando: 
Ahora:
Simplificando: 
También: 
Factorizando:
180 (n - 2) = an + 
a = 105 a r = 6
180 (n - 2) = 105n +
6 n (n -l)
180n-360= 105 n + 3n2-3n 
3n2 - 78 n + 360 = 0 
n2 -26 n + 120 = 0 
n = 6 y n = 20
Donde el primer valor es el que corresponde a "n" ya que 
el segundo no satisface las condiciones del problema.
200 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Qulspe R
Ahora , el número de diagonales será : N°D = ^ => N°D = ^
N°D = 9
26.-¿Cuántos lados tiene el polígono regular cuyo ángulo Interno es (k + 15) veces el án­
gulo exterior, y además se sabe que el número de diagonales es 135k.
Resolución. -
Sea "n" el número de lados del polígono, luego por condición del problema 
se sabe que el número de diagonales está dado así:
n { n - 3) = 135¿ ( ] )
OCA
Pero el ángulo exterior está dado por: e .... (2)
Del gráfico: e + e (fc + 15) = 180°
Factorizando: e {k + 16)= 180° .... (3)
Reemplazando (2) en (3) : . {k + 16) = 180°
Donde: 2(/? + 1 6 )= n -— (4)
2(fc+16)Í2(*+16)-3]
Reemplazando (4) en (1) : = 135 k
Simplificando y acomodando : k2 - 37k + 232 = 0
k \ j>f - 29
k / ^ - 8
(k - 29) ( * - 8) = 0 => k = 29 a k = 8
Reemplazando estos valores en (4) :
a) Con k = 8 , se tiene : n = 2 (29 +16 ) =* n = 90
b) Con k = 29, se tiene : n = 2 (8 + 16) => n = 48
27.- En un exágono equiángulo ABCDEF, se sabe que : AB = 2, BC = 3, CD = 4, DE = 5 . 
Hallar AF.
Resolucion.-
Según los datos, elaboramos el gráfico correspondiente :
Luis Ubaldo C. Polígonos 201
. 180(6-2)
1 6
Entonces: i = 120°
Formamos el triángulo equilátero PQR, donde : 
PQ = q r = pr 
Ahora: F*Q = QR
i i
x + 2 + 3 = 3 + 4 + 5
x = 7
Calculamos su ángulo interior: (n = 6)
| /60° \ g
B X60°60f ' c
28.- En la figura los polígonos CARMEN y CPATQS 
son hexágonos regulares ; calcular la medida 
del ángulo TBE.
Efisoludón.-
Cada ángulo interior de un hexágono regular 
mide:
180(6-2)
= 120°
En el Triángulo isósceles CPA:
m 4 CAP = m 4 PCA = 30° ;
De donde : m -¡CCAT = 90°
En el hexágono CARMEN :
m 4 ERM = 30° => m 4 ARB = 90° 
Además : m 4 BAR = 120 - 90° = 30°
En el punto B : x = 180-60 =» jc = 120°
202 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Qulspe R.
29.- Calcularla medida del ángulo interior de un polígono regular, en el cual la suma entre 
el número de lados, el número de diagonales y el número de diagonales medias es 
igual a los números de ángulos rectos a que equivale la suma de las medidas de sus 
ángulos internos, externos y centrales.
Resolución.-
n(/7-3)
Por la relación 6.4i, se sabe que : N° D =
Y por la relación 6.4j: N° D M =
2
n { n - 1)
Además la suma de los ángulos internos, externos y centrales = 180 (n - 2) + 720 y su equiva­
lencia en ángulos rectos será:
180(n-2) + 720
 00 — 2 (/7 - 2) + 8 — 2/7 + 4
Luego, según condición del problema, se establece que :
_ n { n -3) n (n - l ) 
n + ----2---- + ----2-----= n
Simplificando: n2 - 3n - 4 = 0
. . 4
Resolviendo , encontramos que : n = 4
Finalmente nos piden la medida del ángulo interior, el cual viene dado por la relación 6.5a .
180(/7-2) 180(4-2)
' “ n ~ 4
i = 90°
30.- A partir del gráfico mostrado, se pide calcu­
lar el número de diagonales del polígono 
equiángulo ABCDEF___
.O--.
Luis Ubaldo C. Polígonos 203
Resolución.-
Rara el polígono equiángulo sus ángulos exterio­
res son congruentes. Sea "a” la medida de estos 
ángulos, luego:
360a = — ...(1)
En el A BTC; por < exterior :
80 = 2a => a = 40° ... (2)
De (2) en (l):4 0 = —
Entonces: n = 9
Entonces : N° de Diagonales =
9 (9 -3 )
N°D = 27
31.- A B C D . . . . es un polígono regular si a la medida del ángulo ACE es 1 5 0 Hallar su 
número de diagonales.
Resoluclón.-
=> m 4- BAC = m 4- BCA = m 4- DCE = m 4 DEC = a 
Ya que el polígono es regular: m ^ .B = m 4 lC = 150 + 2a
En el A ABC : 4a + 150 = 180
De donde : 2a = 15°
360Como el < exterior del polígono mide : 2a = = 15
De donde: n = 24
204 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R.
32.- En un polígono regular ABCDEF...... de "n" lados, ¡a m 4- ACE = 135° Calcular su
número de diagonales medias.
Resolución.-
Para calcular su número de diagonales de este 
polígono, es necesario calcular su número de 
lados
En la figura , ¿c <-s un ángulo central:
=> 2c + 135“ = 180°
Entonces : ci = 45°/2
d c c 360Pero por 6.5c: c =
, . , 45° 360Igualando: => n = 16
Su número de diagonales medias será:
N° DM =
N° DM = 120
33.- Calcular la medida del ángulo interior de un polígono regular sabiendo que excede en 
209a la de otro que tiene 3 lados menos.
Resolución.-
r> i ' r 360° r i .Del gráfico: e = .... (1) e + 20° = .... (2)n - 3
Reemplazando (1) en (2) : + 20 =n n — ¿
360 360
= 20
Simplificando:
Luego por propiedad 6.5a:
Reemplazando:
n - 3 n
360-3 = 2 0 n (n - 3) 
n = 9
, = 180(n-2) 
— n
. 180(9-2)
1 ~ 9
l = 140°
Primer Polígono 
e /
n
Segundo Polígono
n-3
'0.-209 
, a-20°
Luis tiba ldo C. Polígonos 205
34.- En cierto polígono se cumple que el número de diagonales excede en 30 al número de 
diagonales de otro polígono cuyo número de lados es la mitad del primero. Calcularla 
suma de las medidas de los ángulos interiores del primer polígono.
Resolución.-
Del primer po lígono:
Primer Polígono
N°D =
n(n~ 3)
f ( f - 3)íeono : N°D = — -Del segundo polígono 
Según las condiciones del problema , se tiene que :
n (n -3 ) f ( H + 30 => n(n - 3) n (n- 6) = 30
8
/72 - 2/7 - 80 = 0
2 2
Por consiguiente : 3n2 - 6n - 240 = 0 =>
Factorizando y resolviendo : n = 10
Luego la suma de las medidas de los ángulos interiores del 1er polígono. 
Será: £ m 4- i = 180° {n - 2)
Reemplazando: £m 4I / = 180° (10-2)
£m 4 1 1 = 1440°
Segundo Polígono
35.- En un polígono regular, se desea saber en cuánto aumenta el número de diagonales, 
cuando el número de lados aumenta en 2, si se sabe que el ángulo interior aumenta en 2:
Resolución.- ; „ ,
Al aumentar el número de lados de un polígono, también aumenta su nú­
mero de diagonales. Si x representa a este aumento, por condición del ^ 
problema se deberá cumplir que : { [ jj
N°D, + x = N°D2
n (n -3) (n + 2 )(n -l)
+ x = -2 2 
Del mismo modo , los ángulos exteriores sufren un cambio , tal que :
(1)
e i ' 2° = e2
Efectuando y despejando:
360 J360̂
n ' n + 2
n = 18 ...(*)
/■« 18(18-3) (18 + 2)(18-1)
Luego reemplazamos (*)en (1) : + x = -------- --------
Resolviendo: x = 35
206 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R.
36.- En un exágono regular ABCDEF, sobre AB se construye Interiormente el cuadrado 
ABCH, se ubica el punto medio "M" de HE ; hallar la medida del ángulo AMF.
Resolución.-
En principio elaboraremos dos gráficos, en el 1 ro el exágono y cuadrado interior y el 2do. en el 
que ampliaremos el A FHE en el que podamosapreciar las características del ángulo 0 buscado
F
Se traza HN _h_ FE , luego trazamos NM, entonces el A HNM es equilátero y el A FNM es 
isósceles. Luego:
37.-Interiormente a un exágono regular ABCDEF se construye el pentágono regular APQRF. 
Hallarla medida del ángulo BFP.
Resolución.-
C
E
6 + 15° = 60° G = 45°
En el exágono: m 4- A = —— = 120°
Además : m 4 ABF = m 4 AFB = 30°
En el pentágono APQRF :
Además : m 4 APF = m 4 AFP = 36°
Del gráfico:
Reemplazando en (* ) :
x = m 4 PFA - m 4 BFA ... ('
x — 36° - 30°
B
A F
E
Luis Ubaldo C. Polígonos 207
38.- La figura ABCDEF es un exágono equiángulo. Hallar el 
perímetro del ATKG, si se sabe que :
BC = a y EF = b (b > a ).
B
Resolución--
Ya que el exágono es equiángulo entonces la medida de su ángulo interior estará dado así:
1 8 0 ^ 2 ) = 12()0 
O
Si BCDG es un paralelogramo, entonces :
BC = GD = a 
Además : m 4 TGK = m 4- GBC = 60°
Como FTDE es un paralelogramo, entonces :
TD = FE = b 
Y : m 4 KTD = m 4 TFE = 60°
El A TKG es equilátero: TG = GK = KT = b -a 
2P(ATKG)= 3(6 - á)
39.- En la figura adjunta : ABCDE es un pentágono regular y FGHIJ es un pentágono 
equilátero. Calcular A K , si KH = 12; adem ás: GD = GF
Resoluclón.-
Por ser "0" la medida del ángulo exterior del pentágono regular ABCDE
G = 3 6 0 = 72oSe tiene :
Además: m 4 ADE = 36°
En el pentágono equilátero FGHIJ :
m 4 GJF = 36°
De donde : AD // KJ , luego en el triángulo
AHD : KG es base media.
j c = 1 2
208 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R.
40 .-En la figura dada, el pentágono ABCDEes regular y 
además PD = A B .
Con estos datos se pide calcular el valor de " x", 
que expresa la medida del ángulo indicado.
Resolución.-
A partir del gráfico oeiginal, trazamos AD, luego en el triángulo isósceles AED: 
m 4 EAD = m 4 EDA = 36°
Además en el vértice A se tiene :
42 + m 4 PAD + 36 = 108°
=> m 4 PAD = 30°
Construimos el triángulo equilátero AQD, luego :
AQ = QC = AD y m 4 QAP = m 4 PAD = 30°
A QAP = A PAD (L.A.L)
=> PQ = PD (AP común a ambos triángulos)
AAEDsAQPD (L.L.L.)
De donde : m 4 PQD = m 4 PDQ = 36°
En consecuencia. m 4 ADP = 60 - 36 = 24°
Entonces : x = 36 + 24 = 60°
jc = 6 0 °
Luís Ubaldo C. Polígonos 209
PR0816MAS P0PU6ST0S
1.- ¿Cuántos diagonales tiene aquel polígono 
regular que tiene 165° como medida de su án­
gulo interior.
A ) 125 B) 168 C)225 D)252 E)325
2.- Calcular el número de diagonales totales 
de aquel polígono en el cual al duplicar su 
número de lados, la suma de las medidas de 
sus ángulos internos se cuadruplica.
A )0 B)2 C)5 D)9 E)4
3.- ¿Cuál es el polígono en el que se puede 
trazar 21 diagonales desde 4 vértices conse­
cutivos?
A ) El pentágono D) El icoságono
B) El decágono E) El pentadecágono
C) El nonágono
4.- Se tiene un heptágono regular ABCDEFG; 
hallar la medida del ángulo que forma la diago­
nal EG con la bisectriz del ángulo DAG.
A ) W B)H(T C)(WF
D)(31ü )“ E )(2|2)"
5.- En la figura, hallar PF, si PD / / EF ; PE / / CD 
y ABCDEF es un exágono equiángulo AB = 1, 
BC = 5,CD = 2 yA F = 4.
B C
A ) 3
B)4
C)3y¡3
D)6
E)1 F E
6.- Si la diferencia entre el número de lados de 
dos polígonos es 3 y la diferencia entre el nú­
mero de diagonales es 15; hallar el número de 
lados del polígono de menor número de lados.
A ) 8 B)6 C)5 D) 10 E)4
7.- ¿Cuál es el polígono regular convexo en el 
que el número de diagonales es igual al núme­
ro de ángulos rectos a que equivale la suma 
de las medidas de los ángulos internos dividi­
do entre 2.
A ) El triángulo D) El exágono
B) El cuadrado E) N.A.
C) El pentágono
8.- Calcular el número de lados de aquel polí­
gono en el cual su número de lados más su 
número de diagonales es 28.
A ) 5 B)6 C)7 D)8 E)10
9.- Determinar el número de lados de aquel 
polígono en el cual al aumentar un lado, su 
número de diagonales aumenta en 6.
A ) 6 B)7 C)8 D) 12 E)14
10.- Las medidas de un ángulo interior y un 
ángulo exterior de un polígono regular, son 
entre si como 11 es a 2; hallar el número de 
diagonales medias.
A ) 65 B)68 C)72 D)78 E)84
11.- Calcular el número de lados de aquel polí­
gono en el cual al disminuir dos lados su nú­
mero de diagonales disminuye en 19.
A ) 6 B)8 Q 10 D) 12 E)14
210 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R
12.- La suma de las perpendiculares bajadas 
por los vértices de un exágono regular a una 
recta exterior es 18; hallar la distancia del cen­
tro del polígono a dicha recta.
A ) 1 B)2 C)3 D)5 E)6
13.- Interiormente a un pentágono regular 
ABCDE, se construye un triángulo equilátero 
AMB; hallar lam 4- DME.
A) 86° B)84° Q66° D)54° E)42°
14.- Se tiene el polígono regular ABCDE..., cal­
cular el número de diagonales sabiendo que AC 
y BE forman un ángulo cuya medida es 135°.
A) 55 B)54 C)45 D)56 E)108
15.- La suma de las medidas de los ángulos 
internos, externos y centrales de un polígono 
regular convexo, es 1260°. Calcular el número 
de lados del polígono.
A) 5 B)6 Q 8 D)9 E)12
16.- ¿Cuál es el polígono regular covexo tal 
que si su ángulo interno disminuye 10° resul­
taría otro polígono regular cuyo número de 
lados sería 2/3 del número de lados del polígo­
no original?
A) 18 B)20 C)22 D)15 E)24
17.- Hallar el número de lados de un polígono, 
cuyo número de diagonales medias es el do­
ble del número de diagonales de dicho 
poligono.
A) 5 B)6 Q 7 D)8 E)10
18.- Las medidas de los ángulos interiores de 
un endecágono convexo forman una progre­
sión aritmética de razón r. Hallar el máximo valor 
entero de r.
A ) 4o B)5° C)6° D)8° E)9°
19.- Calcular el número de lados de un polígo­
no equiángulo ABCDEF... si las mediatrices 
de AB y EF forman un ángulo de 36°.
A ) 15 B)20 C)10 D)40 E) 10.40
20.- De 4 lados consecutivos de un polígono 
equiángulo se han trazado 50 diagonales me­
dias. ¿Cuánto mide un ángulo exterior del po­
lígono?
A ) 12 B) 15 Q20 D)24 E)30
21.- Dados dos polígonos regulares cuyos nú­
meros de lados son consecutivos. Calcular el 
número de lados del polígono de mayor ángu­
lo central, si la diferencia entre las medidas de 
sus ángulos exteriores es 12.
A ) 4 B)5 C)6 D)7 E)8
22.- En la figura, hallar: a + p + 0 + to
A ) 360°
B)463°
C)607°
D)630°
E)720°
23.- Calcular la medida del ángulo interno de 
aquel poh'gono regular convexo cuyo número 
total de diagonales excede en siete al número 
tota] de diagonales de otro polígono convexo 
tiene un lado menos.
A ) 9° B)120P Q90° D)140P E)144°
24.- En la figura se muestra dos pentágonos 
regulares, calcular "x".
Luis Ubaldo C Polígonos 211
A ) 58°
B)27° 
Q72°
D)80P
E)60°
25.- En un campeonato de fútbol participaron 
"n" equipos, sabiendo (n - 4) equipos jugaron 
5n partidos. Hallar n.
A ) 9 B) 10 Q 11 D) 12 E)15
26.- En la diagonal AE de un octógono regu­
lar ABCDEFGH se ubica el punto P talque el 4- 
FPE mide 30°. Calcular la medida del ángulo 
HPF.
A) 30° B)45° C)60° D)75° E)90°
27.- Hallar el número de vértices de aquel polí­
gono donde el número de diagonales es el do­
ble de la suma del número de lados mas dos.
A ) 4 B)8 Q 10 D) 12 E) 14
28.- En un polígono regular ABCDE.... de n 
lados. Hallar el menor valor que puede tener el 
ángulo ACE.
A ) 360 
n
D)60°
B)
E)
720°
n
180°
n
C)36°
29.- Al disminuir en 6o la medida de cada án­
gulo interno de un polígono regular resulta 
otro polígono regular, resulta otro polígono 
regular cuyo número de diagonales es los 3/5 
del número de lados de dicho polígono.
A ) 14 B) 15 C)10 D)20 E)15
30.- De 2 polígonos regulares, uno de ellos 
tiene 3 lados menos que el otro pero el ángulo 
exterior de uno de ellos mide 27° menos que la 
medida del ángulo exterior del otro. Hallar la 
suma de las medidas de los ángulos internos 
de dichos polígonos.
A ) 1500° 
D) 1620°
B) 1520° 
E) 1 800°
C)1600°
31.- En un polígono de "n" lados la suma del 
número de diagonales medias y el triple del 
número de lados es 1650. Calcular la diferen­
cia entre el número de diagonales trazadasdesde 5 vértices consecutivos y de un vértice.
A ) 198 B) 200 C) 205 D) 203 E) 202
32.- Se tiene un polígono convexo de "n" la­
dos cuyo número de diagonales se encuentra 
entre 22 y 34. Hallarn.
A ) 8 B)9 C)10 D) 11 E)12
33.- En cierto polígono al aumentar el número 
de lados en "K", el número de diagonales au­
menta en 6K. ¿Cuántos polígonos cumplen 
estas condiciones? :
A ) 2 B)6 C)5 D)15 E)14
34.- Dado un hexágono convexo ABCDEF 
tal que : m 4 B = 40° ; m 41 E - 150° 
y m 4 - C + m 4 - D — 330°. Calcular la medida 
del ángulo que forman las rectas AB y FE al 
intersectarse.
A ) 60° B)70° C)80° D)20° E)100°
35.- El perímetro de un octógono equiángulo
ABCDFGH es 4( 1 + J2 ) dicho polígono tiene 
2 tipos diferentes de lados de los cuales se 
presentan en forma alternada. Calcular : 
VÁF+BG
212 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R
A ) -J2 -1 B) 3 + J2 C )V 2 + 1
D) 3 - -J2 E )V 3 + 1
36.- El menor ángulo de un polígono convexo 
mide 139° y las medidas de los otros ángulos 
con la del primero una progresión aritmética 
de razón 2o. Calcular el número de lados del 
polígono.
A) 10 B) 15 C)9 D) 12 E)20
37.- En la figura: ABCDEF; AMNF y FTN son 
polígonos regulares. Hallar jc
B C
A ) 30° B)45° Q60P D)75° E)53°
38.- En la figura los polígonos mostrados son 
regulares; hallar x.
A ) 120°
B)110P 
Q 115°
D) 130°
E )135°
39.- En la figura ABCDE, es un pentágono re­
gular BD =BK ;AB = BT ;T K = 2 -n/5 . 
Calcular CH.
A ) JE B)2V5 C)5
<7
D)2,5 e> 2 ^
40.- En la figura ABCDE es un pentágono re­
gular AP = EC y PB = KD; hallar*.
A ) 15°
B)20p
C)22,5°
A
D)3(P
E)36°
41.- La diagonal de un polígono viene hacer:
A ) El segmento que une dos vértices conse­
cutivos.
B) El segmento que une los puntos medios de 
dos de sus lados.
C) El segmento que une un vértice con el pun­
to medio de otro lado del polígono.
D) El segmento que une dos vértices no con­
secutivos.
E) B y D son correctas
líh, ‘ ó*
Jfc ‘ * • Jk ^ ̂ ,»**t/cfc
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r'■**-.
A C ^ í-^ ¿3* 1
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¡g CAP. 7
GúádÉtfáíéMs
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• -/O •• •* • '■»•'. t / »
DEFINICION :
Es aquel polígono que tiene cuatro lados.
7.1 LOS CUADRILÁTEROS PUEDEN SER ;
A) CUADRILATERO CONVEXO
Cuando sus ángulos interiores son convexos, se 
cumple que:
c t + P + 0 + p = 360 ... (7.1)
B) CUADRILATERO NO CONVEXO
Cuando tiene por lo menos un ángulo no con­
vexo (mayor de (90°), también se le llama cuadriláte­
ro cóncavo.
x = a + p + 0 ... (7.2)
C) CUADRILATERO ALABEADO
Es aquel cuyos puntos se encuentran en dos o 
más planos.
Diagonal
214 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Qulspe /?.
O ASm CAClG N BE LOS CUADRILÁTEROS CONVEY
7.2.1 TRAPEZOIDE
No tiene lados paralelos. Pueden ser:
A) TYapezoide Asimétrieo.-
Cuando todos sus lados tienen 
diferente longitud.
B) TYapezoide Simétrico.-
Llamado también trapezoide 
bisósceles o contraparalelogramo.
X a r e > \
n/ a J
Fig. 7.4
7.2.2 TRAPECIO.
Es aquel cuadrilátero que tiene dos lados opues­
tos paralelos.
Elementos :
a)Bases: BC y AD (BC//AD)
b) Altura: BH
c) Mediana: MN (MN//BC//AD) a MN =BC + AD
Fig. 7.5
.. . ( 7 . 3 )
d) El segmento que une los puntos medios de las diagonales : 
CLASES DE TRAPECIOS :
PQ = AD_i BC (7 4)
1. TYapecio Escaleno.-
Es aquel cuyos lados 
no paralelos son diferentes.
2. TYapecio Isósceles.-
Es aquel cuyos lados 
paralelos son congruentes.
3. TYapecio Rectángulo.-
Es aquel en el que uno 
de los lados no paralelos es 
la altura del trapecio.
/ \ /X \
J \
/ \ n \
Fig. 7.6
Luis Uboldo C. Cuadriláteros 215
7.2.3 PARALELOGRAMO.-
Es aquel cuadrilátero que tiene sus lados opues­
tos paralelos y congruentes.
Características :
* AB // CD ; AB = CD *B C //A D ;B C =Á D
* AO = OC ; BO = OD * AC * BD
* ¿ A = 4 L C ;4 L B b ¿ D * « + 0=180
CLASES DE PARALELOGRAMOS :
1. Rectángulo (Cuadrilongo)
También llamado cuadrilongo, es aquel 
paralelogramo cuyos ángulos interiores miden 90°, sus 
diagonales son iguales y se bisecan (cortan en su punto 
medio). Sus lados opuestos son iguales.
2. Rombo (Losange)
También llamado Losange, es aquel paralelo-gra­
mo cuyos lados tienen igual longitud, sus diagonales 
se cortan perpendicularmente, se bisecan y son 
bisectrices de sus ángulos interiores.
3. Cuadrado
Es aquel paralelogramo que tiene sus lados de 
igual longitud, sus ángulos interiores miden 90°; sus 
diagonales son iguales. Se cortan perpendicularmen­
te, se bisecan y son bisectrices de sus ángulos inte­
riores.
4. Romboide
Es el paralelogramo propiamente dicho.
e ><. />< e
6 e
Fig. 7.10
Fig. 7.11
216 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R.
7.3 PROPIEDAD GENERAL
Si ABCD es un cuadrilátero cualquiera, entonces se cumple que :
- MNLF es un Paralelogramo.
- El perímetro (2p) del cuadrilátero MNLF es : AC +BD
Observación:
M/ \ y h
Si: * AC = BD => MNLF es un Rombo
* AC X BD => MNLF es un Rectángulo
* AC = BD y AC X BD =» es un Cuadrado.
r x / \
A F D
Fig. 7.12
7.4 PROPIEDADES EN TRAPEZOIDES
1ra Propiedad.
Si 2p = perímetro, entonces :
2p = AB + BC + CD + AD
Y además:
p < a + f > + c + d < 3 p ... (7.5)
2da Propiedad.
Si 2p = perímetro, entonces :
p < AC + BD < 2p ... (7.6)
3ra Propiedad.
S i: AE y BE son bisectrices, entonces :
Luis Ubaltío C. Cuadriláteros 217
4ta Propiedad.
S i: BE y DE son bisectrices, entonces:
* = —2 ~ ™ (7’8)
5ta Propiedad.
S i: BE y DE son bisectrices, entonces :
* = ... (7.9)
6ta Propiedad.
S i: BF, CF, AE y DE son bisectrices, entonces :
a + p = 180 ...(7.10)
7ma Propiedad.
En la figura se cumple que :
a + p + <i-e = 360 ...(7.11)
8va Propiedad.
S i: M, L, N, F son puntos medios, entonces :
MO = ON a LO = OF ... (7.12)
A
Pí \
'E
Fig. 7.17
Fig. 7.20
218 Problemas de Geometría v cómo resolverlos Ernesto Quispe R
9na Propiedad.
Si: M, F, N, L son puntos medios, entonces :
MO = ON a LO = OF
10ma Propiedad.
S i: AC = BD = a ; M y N puntos medios.
Y además: AC X BD
=> MN = |-/2 ...(7.13)
11ra Propiedad.
Si: G, : Baricentro del A ABC 
G2 : Baricentro del A BAD
Se cumple que DGi y CG2 son medianas del cuadrilá­
tero ABCD; "O" es baricentro del cuadrilátero ABCD.
CO = 3 (OG2) a DO = 3 (OG,) ... (7.14)
12da Propiedad.
Si "O" es Baricentro del cuadrilátero ABCD, en­
tonces :
a + b + c + d x = -----------^--------- ... (7.15)
13ra Propiedad.
En la figura se cumple que :
a + b + c + dx = ----------^---■------- ... (7.16)
Fig. 7.21
Fig. 7.22
Fig. 7.25
L U I S U U U I U V O. d i u u r t i u i c r l/j kit/
14 Propiedad.
En el triángulo ABC, si se cumple que "G" es 
Baricentro.
a + b + c ... (7.17)
1513 Propiedad.
En el triángulo ABC, si se cumple que "G" es 
Baricentro.
b — a + c ... (7.18)
6J6RCICI0S t>€ APltCACIÓN l»*a PART6)
Fig. 7.26
ba
/ $ \
: / h r \
@ f G 1
Fig. 7.27
1.- En e l cuadrilátero convexo, ha lla r la m 4- BAD.
Resolución.-
Por la relación 7.1, tenemos : 
En consecuencia:
Ahora:
x + x + 10 + x + 20 + x + 30 — 360 
4* + 60 = 360 
4x = 360
m 4L BAD = x = 75°
2.- En el cuadrilátero cóncavo, hallar "x".
Resolución.-
Por la relación 7.2, tenemos : x = 40 + 80 + 20 x = 140°
3.- Un trapecio asim étrico es :
A) Cuando sus lados no paralelos son de diferente longitud
B) Llamado también bisósceles
C) Cuando uno de los lados no paralelos es la altura del trapecio.
D) Cuando sus lados no paralelos son de longitudes congruentes
E) Cuando todos sus lados tienen diferente m edida de longitud.
Resolución.-
Según el item 7.2.1 A, sabemos que un trapecio asimétrico es aquel cuyos lados tienen diferen­
te medida de longitud. RPTA. E
4.- En el trapecio ABCD (B C // A D ) , calcular MN.
Por la relación (7.3), tendremos : MN =
8 + 6
MN = 7
5.- En e l trapecio A BC D (B C // A D ), ca lcu lar PQ. 
S i: A P = PC y BQ = QD.
Resolución.-
B 8 C
Según la relación (7.4), sabemos que : PQ =
12 -8 PQ = 2
6.- En elcuadrilátero BE y AE son bisectrices. 
Calcular "x", si: m 4- A = 1/2 m 4- C = 50°
Luis Ubaldo C. Cuadriláteros 221
Resoluclón.-
Del dato:
Según la relación (7.7), se sabe que : x =
m 4- C = 2 (50°). 100° 
100+70
De donde: x = 85°
7.- En e l gráfico mostrado, B E y DE son bisectrices, 
hallar "x", s i ad em ás: x < 609
Resolución. -
De acuerdo con la relación (7.9), tenemos :
B
10° =
60- x
x = 40°
8.- En la figura, B E y DE son bisectrices, calcular e l va­
lo r de "x", s ien d o : x >709.
Resoluclón.-
Según la relación (7.8) se sabe que : 5° =
x-70
x = 80°
9.- S i B F y C Fson bisectrices, hallar "x" s i adem ás :a = SOs 
y 6 = 45s.
222 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R.
Resolución.-
Se puede reconocer que : m 4- B = 85°
Luego por la relación (7.10), se tendrá : x + 85 = 180 x = 95°
De la relación (7.15) sabemos que : 7 = 8+4+6+x
De donde : x = 10
11.• A partir del gráfico mostrado, se p ide hallar "x
Resolución.-
Según la relación (7.16), se tiene : 11 = x +8+10+14 x = 12
12.- En e l triángulo mostrado, se sabe que “G “ es 
baricentro, entonces se p ide hallar "x".
Resolución.-
Por la relación (7.17), tendremos: 12 = l l + x + 10
x = 15
Luis Uboldo C. Cuadriláteros 223
7.5 PROPIEDADES EN TRAPECIOS
1 ra p rop iedad
Si: BC // AD
=> A BAF : Isósceles y
AB = AF
2DA PROPIEDAD
Si: BC // AD y BE , AE son bisectrices, 
en-tonces:
x = 90°
3ra PROPIEDAD
Si: BC / / AD a m 41 B = 2m 4I D
=> AD = AB + BC
4TA PROPIEDAD
Si: BC // AD ; CE y DE son bisectrices 
exteriores, entonces :
x = 90°
Fig. 7.31
224 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R.
5U Propiedad
Si :"M" es punto medio, entonces :
BC+AD
MN = ---- ... (7.19)
6U Propiedad
Si "P" es un punto medio de AC , entonces
PQ = BC ... (7.20)
Fig. 7.32
7™ Propiedad
Si "M" es punto medio, entonces
BM = AM
Fig. 7.33
Fig. 7.34
8V* Propiedad
Si los segmentos trazados son bisectrices, en­
tonces :
(6 + d ) - (a + c )
. (7.21)
Fig. 7.35
9"* Propiedad
Si: BE , AE, CF , DF son bisectrices y hacemos 
EF = x , entonces :
Luis Ubaldo C. Cuadriláteros 225
a + b + c + d ... (7.22)
10 "» Propiedad
Si: AO , BD , CD , DO son bisectrices, entonces se 
cumple que:
a + c = b + d (7.23)
Fig. 7.37
11ra Propiedad
S i: AB = BC = CD = a y BC // AD
= > A D = 2 a
Y además : 0 = 60°
Fig. 7.38
12d* Propiedad
Si: BC//AD
x z + y z = í b + d )2 ...(7.24)
Fig. 7.39
226 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Qulspe R.
13ra Propiedad
Si: a + 0 = 90
=* x = ... (7.25)
14“ Propiedad
Si: AF , BF , CE y DE son bisectrices y hacemos 
EF = x , entonces :
15“ Propiedad
Si: MP = QP = QN, además M y N puntos medios.
=> AD = 2 BC ... (7.27)
Fig. 7.41
16u Propiedad
Si: CE y DE son bisectrices, entonces:
x = AD t .BC, - CD (7 gg)
Fig. 7.42
Fig. 7.43
Luis Uboldo C Cuadriláteros 227
13.- En e l trapecio ABCD, BC es paralelo a AD 
calcular AD.
B 1 0 C
/
A F D
Resolución.-
De acuerdo con la Ira propiedad del item 7.5, tenemos que el triángulo BAF es isósceles, 
entonces:
Luego : AD = AF +FD => AD = 8 + 6 => AD = 14
14.- S i : BC / / AD y adem ás BE y A E son b isectrices .
Resolución.-
De acuerdo con la 2da propiedad del item 7.5, tenemos que : P = 90° 
Luego : x + 32° = 90° => x = 58°
15.- En la figura se sabe q u e : BC // AD ; AB = 8 , BC = 5 a A O = 13. 
De acuerdo con estos datos ca lcu la ra .
Calcular "x", s i a = 3 2 ®
A D
228 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R.
Resoluclón.-
Según la 3ra propiedad del ítem 7.5, se verifica que : AD = AB + BC 
Luego : m ^ B = 2 m ^ .D = 2(50°)
m 4- B = 100°
16.-S i BC //A D y además CE y DE son bisectrices, 
hallar "x"
B
Resolución.-
Por la 4“ propiedad del ítem de 7.5, tenemos que : 0 = 90°
Asimismo: 2a = 80° => a = 40° x = 50°
17.- En la figura "M" es un punto medio de D C . 
Calcular x. --- — i— — M
——
5 X
i r r
6 + x
Resolución.-
Por la 513 propiedad del item 7.5, tenemos : 5 = —^
x = 4
18.- En e l gráfico, hallar x s i : A P = PC
N
C
Luis Ubaldo C. Cuadriláteros
Resolución.-
9—x
Según la 613 propiedad del item 7.5, tenemos : 2 = —-—
x = 5
19.- En el trapecio rectángulo ABCD, se sabe q u e : CM = MD. B
Calcular B M , si: A M = 5 a 0 = 90s
Resolución.-
Por la 7ma propiedad de 7.5, tenemos : BM = AM = 
Luego del Lx AMB : AB = AM yÍ2
BM = 5
BM = 5^2
20.- En el trapecio ABCD, se tiene q u e : BC //A D ; s i los 
segmentos trazados en su interior son bisectrices, 
calcular "x".
Resoluclón.-
Por la 8va propiedad del item 7.4, tenemos : 4 =
Entonces: 4 =
(10 + 12 )-(x + 2 + x)
20-2*
* = 6
21.- En e l trapecio ABCD, se sabe q u e : BC / / A D . S i los 
segm entos trazados son bisectrices, hallar P Q = x, 
s i adem ás : AB = 8 a CD = 6
B x - 8 C
P r o b l e m a s d e G e o m e t r í a y c ó m o r e s o l v e r l o s Ernesto Qulspe R.
Resolución.-
Por la 9na propiedad de 7.5 , tenemos : x = ̂+ X
x = 18
22.- En e l trapecio ABCD, se sabe q u e : BC //A D . S i 
adem ás: A B = BC = CD = 6 , se p ide calcular AC.
A D
Resolución.-
Por la 11ra propiedad del item 7.5 , tenemos : AD = 2(6)
Luego en el ACD : AC = Va D2-CD 2 => AC = 6 ̂ 3
23.- S i se cum ple que BC / / A D , M y N p u n to s m edios de BC y 
AD respectivamente. Calcular BC; adem ás a + 0 = 90s 
(MN = 3 y A D = 12)
Resolución.-
Según la 13ra propiedad del item 7.5, tenemos : 
Reemplazando:
MN =
3 =
AD-BC
2
12 - BC
BC = 6
Luis Líbatelo C. Cuadriláteros 231
7*6 PROPIEDADES EN BARALELOGRAMOS
1ra Propiedad
Si :BF es bisectriz, entonces 
A BAF es isósceles, donde :
AB = AF
2d* Propiedad
Si: AB = CD y
BC = AD
£ 7 ABCD es un paralelogramo
3ra Propiedad
Si:
BC = AD 
BC/ / AD
£ 7 ABCD es un paralelogramo
Fig. 7.46
4ta Propiedad
S i: AE y DE son bisectrices a x = 90
232 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Qulspe R.
5U Propiedad
Si: AE y DE son bisectrices, entonces :
x = 90°
Fig. 7.48
6U Propiedad
S i: AP y DP son bisectrices, entonces : 
BH = 2 PQ
Fig. 7.49
7ma Propiedad
En la figura se cumple que :
En la figura se cumple que :
b = a + c
8V* Propiedad
9™ Propiedad
En la figura se cumple que :
b -d = a + c
Fig. 7.52
10m* Propiedad
En la figura se cumple que :
b -d = c
Fig. 7.50
Luis Ubaldo C. Cuadriláteros 233
11ra Propiedad 14u Propiedad
En la figura: El □ MNLF : Rectángulo S i: E y F son puntos medios, entonces:
=> ML = BC - AB BP = PQ = QD
12d* Propiedad
En la figura: □ MNLF : Rectángulo 
=> ML = AB + BC
15u Propiedad
S i: E y F son puntos medios, entonces : 
BP = PQ = QD
Fijg.7.58
13ra Propiedad
Si: M es punto medio de BC, entonces: 
PD = 2 BP
16*3 Propiedad
S i: □ ABCD : ROMBO
Fig. 7.56 Fig. 7.59
234 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R.
1 7 ".. Propiedad
En el rectángulo se cumple que :
a = 6
□ ABCD: Cuadrado
=> x - 90°
18v* Propiedad
Fig. 7.60 Fig. 7.61
Ü \ lpa
24.- En el romboide ABCD ,A E y DE son bisectrices. 
Calcular AD.
B
Resolución.-
Por la 4la propiedad del item 7.6 , tenemos : 
Reemplazando: AD = 2(16)
AD = 32
25.- En el romboide A B C D , hallar "x" s i : A E y 
DE son bisectrices. A d em ás; 0 = 65-
AD = 2 AB => x + 16 = 2jt = > x = 1 6
Luis Uboldo C. Cuadriláteros 235
Resolución.-
Por la 5,d propiedad del item 7.6, sabemos que : P = 90° => x = 25°
26.- En el gráfico. Hallar BH s i P Q = 2 ; se sabe 
que ABCD es un romboide.
A Q D
Resolución.-
Por la 6ta propiedad de 7.6, tenemos que : BH = 2 PQ ; PQ = 2
Reemplazando: BH = 2(2)
BH = 4
27.- Si ABCD es un romboide, hallar x
Resolución.-
Por la 7ma propiedad del item 7.6, tenemos : 6 + 2x = 8 + x
x = 2
28.- S i la figura es un romboide, hallar "x".
236 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R
Resolución.-
Por la 9na propiedad del item 7.6, tenemos : 11 - 3 = 2 + x
x = 6
29.- Del romboide ABCD, MNLF esun rectángulo, B__________________________ C
hallar ML, si además : BC = 4 ML
/ e V 6 N
aW 7/ u /
3 /
A U y'
1^0.
F
e )
0 /
Resolución. -
A D
Por la 1 la propiedad del punto 7.6, tenemos : ML = BC - AB
Reemplazando: ML = 4 ML - 3
ML = 1
30.- Si ABCD es un romboide, BP = 3x, hallar PD. B M C
/ \ 3
/ R 1
\ x + 20 /
A D
Resolución.-
Por la 13ra propiedad del item 7.6, tenemos : PD = 2 BP => x + 20 = 2(3*)
De donde: x = 4 
PD = 24
31.- Si ABCD es un romboide, hallar la medida de BP. B n £ c
Luis Ubaldo C. Cuadriláteros 237
Rcsolución.-
Por la 15la propiedad del item 7.6, tenemos :
BP = PQ = QD => 2 + x = 6 -x
De donde : x = 2
Luego: BP = 2 + 2 => BP = 4
32.- En el romboide ABCD, hallar BD.
Resolución.-
Porla 14ta propiedad del item 7.6, tenemos : BP = PQ = QD => 2 x - 6 = x + 3
De donde : x = 9
Finalmente : BD = 3(9 + 3) => BD = 36
33.- Si ABCD es un cuadrado, hallara + P = ?
Resolución.-
Por la propiedad número 18 del punto 7.6 tenemos : x = 90° 
En el fci, CEM : a + P = 90°
238 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R.
Miscetáfiea
1.- Si ABCD no un romboide, donde FB = 2; hallar QR.
Resolución.-
En primer lugar observamos que AD =2 . BQ y FD = 2 . BF (Propiedad 14(7.6)) 
=> FD = 2 . 2 => FD = 4
Por otro lado los triángulos EBQ y RED son 
isósceles, si FE = a
Entonces EQ = o + 2y RE=ED = 4- o 
Finalmente : QR = 4- o + a + 2
QR = 6
2.- Si ABCD es un romboide con BC = 36; hallar PQ
Resolución.-
B
En primer lugar prolongamos CM y DA hasta N.
Ahora observamos que el A MBC h A MAN (A.L.A.), entonces : BC = NA = 36
En el fcx NFD : 2x = 36 (Mediana) jc = 18
Luis Uboldo C. Cuadriláteros 239
3.- En un trapezoide ABCD, s iA B = 2, B C = 1 0yC D = 4 ,m 4 - B = 1 4 3 y m 4 - C = 127; hallar AD
Resolución.-
Al prolongar los lados AB y DC obtenemos el 
AHD, en el cual BH = 8 y HC = 6.
En este triángulo rectángulo tenemos :
x2= 102 + 102
x= 1 0 V 2
H
4.- En un trapecio ABCD, BC / /A D , se traza ¡a altura CH que intersecta a la diagonal BD 
en P. Calcular CM, s i "M" es punto medio de A P , AB = BD, B P = 1 0 y PD = 4.
Resolución. -
Prolongamos AB y HC hasta "Q".
El A BQP resulta ser isósceles BQ = BP = 10 
En el A AQP, por el teorema de los puntos medios.
MC = x = 14 + 10
x = 12
5.- En un trapecio ABCD, BC //A L ), AB = A C y C D = 4. H allar AM, siendo “M " punto medio 
d e B D .
Resolución.-
Prolongamos DA de modo que AD = AE = n. Pero 
BM = MD - m por dato, entonces EB = 2x.
Por otro lado el A EBA = A DCA (L.A.L), entonces: 
EB = CD =4 =* 2jc = 4
x = 2
6.- En la fig u ra ; ABCD es un rectángulo, FE = EC, BE = 1 3 y 
DE = 5.
Hallar AF.
240 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R.
Resolución.-
A1 trazar AC, resulta que AM = MC = a 
y BM = MD = 9 =* a — 9
Pero: ED = 5 =* ME = 4
Luego en el Lx ACF, por el Teorema de los puntos medios : 
x = 2 (4) x = 8
7.- En la figura mostrada, A BCD y MNPQ son cuadra­
dos "M" es centro del cuadrado ABCD.
Hallar e l ángulo "Q"
Resolución.-
Trazamos las diagonales AC y BD las cuales se ¡ntersectan 
perpendicularmente.
Ahora observamos que los triángulos AMQ y DMN son 
congruentes, el caso de congruencia es : (L.A.L)
=» m £ AQM = m £ MND = 34°
Luego : 34° + 0 = 90°
e = 56°
AB 1 — ----8.- En un rectángulo ABCD, donde ^ = ~ j^ , Ia diagonal AC y B M se ¡ntersectan en “F"
("M" punto medio de A D ); hallar FD, s i A B = 2 j 3
Resolución.-
A1 trazar BD, observamos que el punto " F" es 
baricentro del triángulo rectángulo ABD.
Entonces s i: FD = x
Finalmente en el fcs. AED
FE =
[x + | J = [Sf + (2V6)2
Luis Uboldo C. Cuadriláteros 241
Donde: 9x = 3 + 24 x 2 = 3 .4
x = 2 / 3
9 - En un trapecio ABCD BC / /A D se sabe que A D -B C = 2. A B y m 4 1B = 4. m 4 D. Calcular 
la m 4 C.
Resolución.-
Dato: b - a = 2 n
En primer lugar trazamos BE // CD, entonces 
EBCD es un romboide BC = ED = a.
Luego trazamos BF con la condición que el A 
FBE sea isósceles.
Pero el A ABF también es isósceles AB = AF = n, 
pero como FE = n, entonces BF = n.
En consecuencia el A ABF es equilátero : 2a = 60 => a = 30°
Luego : m 4 BCD = m 4 BED = x
x = 150°
10.- En un trapezoide ABCD, m 4 A = 45B, m 4 B = 90° AB = 20 y BC = 6. Desde "N" punto 
m edio de C D , se traza perpendicular a A B . Siendo MB = 5. H allar MN.
Resolución.-
En primer lugar trazamos DQ _L AB 
Entonces : AQ = QD = 10
En el trapecio rectángulo QBCD, MN es mediana.
10+6Luego por propiedad : x =
x — H
11.- En un trapecio ABCD (B C //A D ), se traza la altura B H, siendo A H = 2, HD = 9 y BC = 3 
y m 4 A = 2 . m 4 D »" h a lla r : AB.
242 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R.
Resolución. -
Construimos el trapecio isósceles EBCD, en el cual 
EH = QD = 6.
B 3 C
Es decir: * + 2 = 6 
x = 4
 QQ
12.- En un trapecio ABCD ( B C // A D ), se considera e l punto F en B C , tal q u e : FC = .
Se traza BM 1 A C , adem ás "N" es punto m edio de A D .
Si BC = 4 ,A D = 1 2 ,m 4 - A C D = 90s; hallar la longitud del segm ento que une e l punto F 
con el punto m edio de M N .
Resolución.-
Se traza NC y MQ, los cuales son paralelos 
Pero: MQ = 2 y NC =6
2 + 6
■ 2 » 1 i 3-
Luego por Propiedad: * =
x = 4
13.- En un cuadrilátero convexo ABCD, AB = BC = C D , m 4 BCA = 31By m 4- A C D = 91B; 
hallar m 4- CAD.
Resolución.-
Se construye el triángulo AEC que es congruente al triángulo ABC , luego el triángulo ECD es 
equilátero.
El triángulo AED es isósceles:
m 4 EAD = m 4 ADE = * - 31 
Luego: *-31 + 182+*-31 = 180
=* 2* = 60°
* = 30°
14.- En un trapecio escaleno A BC D ( BC / / A D ) , las bisectrices interiores de A y D se 
intersectan en un punto de B C ; hallar e l perím etro de l trapecio s i su m ediana m ide 
14,5 y el segm ento que une los puntos m edios de los lados A F y FD m ide 6,5.
Luis Uboldo C. Cuadriláteros 243
Resolución.-
En el A AFD, por el Teorema de los puntos 
medios: AD = 2 (6,5) y AD = 13
Los triángulos ABF y FCD son isósceles :
AB = BF = a a FC = CD = b
Por propiedad en el trapecio ABCD :
Donde: a + b - 16
En consecuencia el perímetro (2p) del trapecio ABCD será: 2p = 2 (a + £>) + 13 
Reemplazando: 2p = 2 (16) + 13
2 p = 4 5
15.- En la figura m ostrada ABCD es un rectángulo, 
"M" es punto m edio de A D ; adem ás se sabe que: 
A P = 5 , M N = 2. Hallar PC.
Resolución.-
Trazamos BD, entonces: AQ = QC = n + 5.
En el trapecio rectángulo APDH :
2n-5
2 = — 2 ~ ^ 4 + 5 = 2 n 
Luego : PC = ¿n + 5
Reemplazando: PC = 9 + 5
2n = 9
PC = 14
16.- En un rom boide A BCD se construye exteriorm ente los triángulos equiláteros A B M y 
BCN. H a lla r: m 4. M DN
Resolución.-
En el gráfico observamos que los triángulos MAD, NCD y 
NBM son congruentes.
Luego : MD = ND - MN
En consecuencia: x = 60°
N
244 Problemas de Geometría v cómo resolverlos Ernesto Qulspe R.
17.-En un romboide ABCD, por e l baricentro del triángulo ABD se traza una recta secante a 
AB y C D . Hallar la distancia de "A " a la recta, s i la distancia de "C" a dicha recta es 12.
Resolución.-
En el gráfico tenemos :
E —> baricentro del A ABD 
F —» baricentro del A BCD
En el Ex ECR, por el T.P.M. :• FQ = 6 
Finalmente : Ex APE = Ex FQE
x = 6
18.- En la figura se sabe que : B M = M C ; 
AQ = 6 ; BP = 8 y "O" es centro del 
romboide ABCD; hallar OR.
Resolución.-
Se traza CE _L_ a la recta
Ahora observamos que el Ex BPM = Ex CEM, 
entonces PB = EC = 8
Finalmente en el trapecio rectángulo AQEC: 
x = (Mediana del Trapecio)
x = 7
19.- ABCD es un rectángulo cuyas diagonales se cortan en "O", se construye e l triángulo 
equilátero AOM. S i m < A DO = 25° Calcular la m < AMB.
Resolución.-
En el □ ABCD tenemos : AO - OB = OC = OD y 
m < OAD = m < ADO = 25°
En el A AOD . m < AOB = 50° (< exterior.)
En el A equilátero AOM : AO = OM = AM y 
m < AMO = rn < AOM = m < OAM = 60°
En el A BOM: m < OBM= m < BMO = 35°
* = 25° M
Luis tibaldo C. Cuadriláteros 245
20.- Las distancias de los vértice A, B, C y D de un trapezoide ABCD a una recta secante 
a los lados A B y A D son 1 , 4 , 7 y 5. H allar la distancia del centro de gravedad del 
trapezoide a dicha recta.
Resolución
El punto medio "P" de EF es pl centro de grave­
dad del trapezoide; trazamos ES y FT perpendi­
culares a la recta secante.
Luego: ES = ^ i = | y F T = ^ = 6
f + 6
En el trapecio SETF : x = — (mediana)
x = 4,25
21.- En la figura BC / / A D , AB = BP = PD.
Calcular C P , A D = a
Resolución.-
Prolongamos CP hasta cortar a AD en L 
Luego el cuadrilátero LBCD resulta ser un romboide donde : CP = PL = x y BL = CD 
A BAL a A CPD (410 caso) => AL = CP = x y m < PCD = m < ALB = a 
Por ángulos correspondientes: 
m < BLA = m < CDL =cc 
A CLD es isósceles, entonces:
CL = LD = 2x 
Finalmente; 3x = a
22.- E l ángulo A de un romboide ABCD m ide 80° Las m ediatrices de AB y BC se cortan en 
"O ", punto interior a l romboide. S i la m < OAD = 20 ° H allar la m < ODC
246 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R.
Resolución.-
Por el teorema de la mediatríz : OA = OB = OC y rn < BAO — m < ABO =60° 
El triángulo ABO es equilátero, donde : AO = OB = AB
En el romboide ABCD : AB = CD
rn < BAD = m < BCD = 80° 
m < ABC = 100° 
de donde: rn < OBC = m < BCO = 40°
m < OCD = 40°
En el A OCD, isósceles : x + x + 40° = 180°
x = 70°
23.- Sobre el lado AD de un trapezoide ABCD se ubica e i punto P de tal manera que 
AB = BP y PC = CD. S i: BC = 8 ; calcular la longitud del segmento que une los puntos 
medios de AC y BD sabiendo que BD biseca a AC.
Resolución.- ^
Del gráfico: a + 6 + P = 180° y BN = ND
Prolongamos CN hasta Q tal que : CN = NQ
Luego el cuadrilátero BCDQ resulta ser un rom­
boide, donde:
CD = BQ y rn < ATB = m < PDC = P 
EnelAABT: a + P + rn < ABT = 180°
De donde : m < ABT = 0
A ABQ s A BPC (LAL) =* BC = AQ = 8
8
D
En el A ACQ : MN = — (Base Media)
MN = 4
24.- Externamente a un rombo ABCD se construye el triángulo equilátero BEC. 
Calcular la m c AED
LUIS U U U /U U O L s u u u n i w e r i ' s ¿ H l
En el triángulo isósceles ABE: m < BAE = m < BEA = a 
Luego : m < EFC = 60 + a
Por ángulos correspondientes: m < EFC = m < EAD = 60 + a
En el rombo ABCD : m < BAD = m < BCD = 60 + 2a
En el A ECD : m < DEC = m < EDC = 30 - a
Finalmente en el vértice E: a + x + 30-a = 60°
x = 30°
25.- Sobre los lados A B , BC y CD de un romboide ABCD se construyen exteriormente los 
cuadrados de centros P, O y R respectivam ente; hallar m 4 QPR-
Resolución.- „
En el gráfico observamos que el A PBQ = A RCQ (L.A.L)
Entonces: PQ = QR = o
m 4- PQB = m 4 CQR = a
Luego : m 4 PQR = 90°
En consecuencia: x = 45°
26.- En un trapecio rectángulo ABCD recto en A y B; M e s un punto m edio de CD y N e BC, 
adem ás A N n BM : P .
S i A P = 6 , m 4 BAN = 3 Q y m 4 CBM = 30g + 0. Calcular BM 
Resolución.- B
Trazamos AM ; luego: BM = AM = x 
Además: m 4 MBA = m 4 MAB = 60-0 
m 4 BMA = 60 + 20 
A BPA : m 4 MPA = 60 - 0 + 30 = 60 + 20 ( 4 exterior) 30 «
A PAM es isósceles. .-. x = 6
N C
60 + 20
/48 Problemas de geometría y como resolverlos Ernesto Quispe R.
27.- Calcular "x “
Resolución.-
Se construye el triángulo AEC equilátero :
AE = EC = AC = a
Al construir el triángulo AFC isósceles, observa­
mos que éste es congruente al triángulo BEC 
(A.L.A)
Entonces: BE = BC = AF = FC = b
Luego el triángulo FBC es equilátero :
FB= BC = FC = b
Donde CD es mediatriz de BC, entonces el A 
DBF es isósceles, en donde la m 4- ADB = 40°
^ 3 0 °
VjSO*
Finalmente: x + 40° + 50°= 180° 
x = 90°
28.- En la figura mostrada, se sabe q u e : 2AD = 3BC ; 
BM = MA ; CP X CD. Calcular x.
Resolución. -
Hacemos: HC = 4a => AD = 6a
Del gráfico: m < MCD = 90 - a
Trazamos la mediana: MN
Luego : MN = —Q̂ q = 5 a y m < CMN = 2a
El triángulo CMN es isósceles: 
En el h. MBC: 2a = 37°
MC = MN = 5a 
a = ¥ D
Luis Ubaldo C. Cuadriláteros 249
Trazamos MH _L CN , luego :CH = HN = b y ND = 2b 
37En el k. MHN de 
En el MHD :
MH = 36 
MH = HD x = 45°
29.- En la figura AB < BC ; A M = MC y PM =
5. Calcular MQ
Resolución.-
En los triángulos rectángulos APB y BQC 
Se trazan las medianas PT y QK 
Luego : PT = TB = AT
< exterior: m < ATP = 2a
También : QK = BK = KC
< exterior: m < QKC = 2a
B
TBKM es un romboide entonces : TB = MK ; BK = TM y m < BTM = m < BKM = P 
A PTM = A MKQ (LAL) x = S
30.- En la figura ABCD es un rombo. 
Hallar x, s i A P = PD = DQ.
Resolución.-
En el A ADC: a + a + 9 0 + m < QDC + a = 180
De donde : m < QDC = 90 - 3a
En el A DQC, por < exterior: rn < BQD = 90 - 3a + 2a = 90 - a 
El A BDQ es isósceles => BD = DQ B
Por el teorema de la mediatriz PB = PD
El A BPD es equilátero => 2a + 2a = 60°
Luego: a =15 x = 60° D
250 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Qulspe R
31.- En un trapezoide A B C D : m 4- B + m 4 C = 2709 ; AB = a y CD = b .
Hallar la longitud del segm ento que une los puntos m edios de las diagonales
Resolución.-
B
En el trapezoide ABCD : 
a + 0 = 360 - 270 = 90°
nemos :
AABD : LQ = ^ y m 4 QLD = a ( ¿ s correspondientes)
CD b
A ACD: LP = - ^ = -2 y tn 4 1 PLA = 0 ( 4 S correspondientes)
En el A PLQ : 
Por Pitágoras:
m 4 L = 90°
.2 2
*2 = V + V4 4
32.- En un romboide ABCD, M es e l punto medio de C D ; adem ás se sabe q u e : BM _L A B y 
BH _L AD (H e A D). Calcular la m 4 ADC; s i A D = 2 B H .
Resolución.-
Por propiedad...
m 4 ABC = m 4 ADC = x
=> m 4 MBC = x - 90
Trazamos MN // AD (N en AB)
Luego : MN = AD = 2a y BL = LH = |
En el 6^ NBM : BF ; luego :
MNb f = jvi<i= 0 y NFB = 2 (x - 90)
En el fc, BLF : BF = 2 BL => m 4 LFB = 30 = 2 (x - 90)
* = 105°
Luis Ubaldo C. Cuadriláteros
33.- Calcular x, si ABCDE es un pentágono regular.
Resolución.-
Trazamos AD, luego en el triángulo isósceles :
AED m < EAD = m < EDA = 36°
De donde : m < PAD = 30°
Construimos el triángulo equilátero ATD, luego : 
m < TAP = 30° y PT = PD 
A AED = A < TPD (L. L. L.) => m < EAD = m < PTD = 36° 
En el vértice D : 36° + 24° + x = 108°
x = 48°
34.- En la figura, ABCD es un paralelogram o; se sabe 
q u e : BC = 20 ; adem ás: A P = P D .
Hallar MN
Resoltición.-
Pbr T, punto medio de BM y por el vértice D, tra­
zamos TK y DH perpendiculares a AB ; luego:
En el fc, AHD : de 37° y 53° HD = 16 y en el 
fc» BNM : TK = x/2
En el A BMC trazamos la base media TL
T L = f *1 0Luego :
A TML s A PMD (A.L.A.) => TM = MD = B T
En el trapecio rectángulo HKTD : x =
r + 16
(Mediana del trapecio)
252 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Qulspe R.
Luego :
En consecuencia:
2x = ~2 +16
f - . e X =
32
35.- En un trapecio rectángulo ABCD (recto e n A y B ) se cu m p le : m 4 A BD = 2m 4 BDC; 
en la prolongación de DC se ubica e l punto E, tal que A E _L BD en H.
Calcular A B , s i la distancia de E a BC es 4m y HD = 12m .
Resolución.-
En el ki. BAD : m 4 BDA = 90-26
=> m 4 ADC = 90 - 26 + 6 = 90 - 6
En el A EAD : m 4 E = 90 - 6
Luego el triángulo es isósceles y las alturas EG y 
DH son iguales es decir: 4 + jc=12
x = 8
36.- En la figura se muestran los cuadrados ABCD y C E F G ; 
si BG + ED = a . H allar A F .
Resolución.-
Sean: BC = d y CE = fe
Luego AC = d J 2 y CF = byÍ2 
A BCG = A CED (L.A.L.) => BG = ED 
Pero: BG + ED = a
Luego : BG = ED = ^
Comparando los triángulos ACF y DCE
Luis Ubaldo C. Cuadriláteros ’253
37.- En la figura ABCD es un rom boide; s i B T = a y TM = b. 
Hallar AT.
B
Resoluclón.-
Prolongamos BM hasta intersectaren E a la pro­
longación de AD
Luego : A BMC = A DMC (A.LA.)
Entonces : BC = DE y ME = BM = a + b 
A ATE es isósceles :
x = a + 2 b
B
j «y
B W
/
/e •
t d + b
H \ a
k — --------h---------- — — H-------------i
38.- Calcular la m edida del m enorángulo que forman las diagonales de un trapecio isós­
celes en e l cual su m ediana es la m itad de una de sus d iagonales.
Resolución.-
Sean las bases del trapecio ABCD : BC = a y AD = b B a C
Luego su mediana será ° y sus diagonales :
BD = AC — o + b 
Trazamos CT // CD (T en la prolongación de AD 
Luego : BCTD es un romboide
Donde : BC = DT = a y BD = CT = a + b
Además : m 4 ACT — m 4- AOD = 0
Como el A ACT tiene sus 3 lados que miden a + b ; luego este es equilátero.
0 = 60°
3 9 - Del gráfico, calcular x . S i ABCD es un rom ­
boide; ad e m á s : OP = PD = C Q .
254 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R.
Resolución.-
S¡ ABCD es un romboide; entonces AO = OC y BO = OD 
Trazamos: OH X AQ
Luego; A AQC : OH es base media de donde :
O H - f
En el PHO; OP = 20H
Entonces : m 4 OPH = 30°
Finalmente en el A OPD : 30° + x + x = 180°
x = 75°
40.-En la figura mostrada, se sabe q u e : AC = 25 y MN = 11,5. 
Hallar 0
Resolución.-
Prolongamos BA y CD hasta que se intersecten en F ; luego el A CAF resulta ser isósceles va 
que AD es altura y bisectriz a la vez de donde : AC = AF = 25
En el fes. CBF trazamos la base media DL 
BF 25 + aLuego ; DL = 2 y DL X BC 
25 + a
B N
En el trapecio ABLD : 11,5 =
a + -
de donde a = 7
J
7=a 25
A 539^ 11 ,5
7 0X . j /
En el ABC : m 4- BAC = 74° (notable) 
Entonces : 0 + 74° + 0=180°
Luego: 20=106°
0 = 53°
M
25
YD
Luis Ubaldo C. Cuadriláteros 255
1.- El cuadrilátero que se determina al unir 
los puntos medios de los lados de un trapecio 
isósceles de diagonales perpendiculares es un:
A ) Cuadrado B) Rectángulo C) Rombo
D) Romboide E) Trapecio
2.- Las mediatrices de los lados AD y CD de 
un paralelogramo ABCD se intersectan en 
un punto "M" que pertenece a BC. Hallar la 
m 4- M A D . Si :m 4I B = 110°
A ) 10° B) 30° C) 40° D) 60° E) 50°
3.- En un cuadrilátero no convexo ABCD, (no 
convexo en "C " ) al prolongar los lados BC y 
DC intersectan perpendicularmente a los la­
dos AD y AB respectivamente. Calcular la 
medida del ángulo que forman las diagonales 
del cuadrado.
A ) 60° B) 40° C) 80° D) 90° E) 100°
4.- En un triángulo ABC de baricentro "G". 
se traza una recta "JP" secante a AB y BC y 
perpendicular en "M" a BG . Si BM = 3 y las 
distancias de A y C a dicha recta son 2 y 16; 
calcular MG.
A ) 3 B) 4 C) 5 D) 6 E) 2,5
5.- En el gráfico (BC // A D ) AD = 2 . CD 
y m 4- CBD —m 4I BDC; calcular x.
B C
A ) 60° B) 80° C) 90° D) 100° E) 105°
6.- Por el vértice A de un paralelogramo ABCD 
se traza AP (P en BC) de tal manera que : m 
4~ BAP = 2m 4- PAD . La altura BH intersec- 
ta a APen "Q " ; hallar : AB, s i : PQ = 20
A ) 5 B) 8 C) 10 D) 12 E) 116
7.- En un rectángulo ABCD, del vértice B se 
traza la perpendicular BF a la diagonal AC, 
labisectrizdel ángulo DBFintersectaal lado 
DC en "E". Hallar la m < BEC.
A ) 30° B) 45° C) 60° D) 53° E) 37°
8.- La suma de las longitudes de las perpendi­
culares bajadas por los vértices de un hexágo­
no regular a una recta exterior es 18. Hallar la 
distancia del centro del polígono a dicha recta.
A ) 1 B)2 C)3 D)5 E)6
9.- En un trapecio ABCD se tiene ( BC // A D ), 
m ¿4 ABC=2x/?i /¡CCDA,sí: AB + 2.BC= 18. 
Hallar la longitud de la mediana del trapecio.
A ) 18 B) 12 C)10 D)9 E)6
10.- Los lados de un rectángulo miden 6 y 8, 
hallar la longitud de la diagonal del cuadriláte­
ro que se forma al intersectarse sus bisec­
trices exteriores.
A ) 10 B) 14 C )12 D) 20 E)21 .
11.- En un cuadrado ABCD; M y N son puntos 
medios de BC y CD ¿Cuál es la medida del 
ángulo que forman al intersectar AM y BN ?
A ) 90° B) 70° C) 60° D) 50° E) 75°
12.- En un cuadrilátero ABCD, P y Q son • 
puntos medios de BC y A D , M y N son pun­
tos medios de AC y BD. Calcular MN.
Si : m 4- PNQ = 90° y AB = CD = 4^2
A ) 1 B) 2 C)V2 D) yÍ3 E) 4
256 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Qulspe R.
13.- Las proyecciones de las diagonales de 
un rombo sobre uno de sus lados miden 1 y 9. 
Calcular la medida del lado del rombo.
A ) 8 B)7 C)6 D)4 E)5
14.- En un romboide ABCD, se consideran los 
puntos medios M y N de los lados AD y BC; 
AC intersecta a BM y DN en P y Q respecti­
vamente. Hallar PQ, si AC = 18.
A) 4 B)6 C)9 D)5 E)8
15.- Dado un^triángulo ABC, cuyos puntos 
medios de AB y BC son M y N respectiva­
mente, se traza una recta exterior tal que las 
distancias de A, M y N a dicha recta miden 7; 
9 y 6 respectivamente. Hallar la distancia del 
punto medio de AC a dicha recta.
A ) 4 B)6 C)5 D)3 E)1
16.- En un trapecio ABCD : AB // CD , 
m 4- A= 2 .m 4- C, AD = 10. Hal lar la longitud 
del segmento que une los puntos medios de 
las diagonales.
A) 5 B)6 C)4 D)8 E) 10
17.- En un trapecio rectángulo ABCD, recto 
en A y B se traza CH _L BD (H en BD), s i : 
m 4 BCH = 2.m 4- BDC y 3 . AD = 8 . CH; 
calcular la m 4 BDC.
A) 53° B)37° C) 15° D) 26° 30 E) 18° 30
18.- La base menor AB de un trapecio ABCD 
mide 5, por A y B se trazan paralelas a los lados 
no paralelos. Hallar la medida de la base mayor 
sabiendo que dichas paralelas se ¡ntersectan 
en un punto de la mediana del trapecio.
A ) 10 B) 13 C)15 D) 18 E)20
19.- Sobre los lados de un romboide se cons­
truyen cuadrados. Al unir los centros de di­
chos cuadrados se obtiene un :
A ) Rombo B) Rectángulo C) Trapecio
D) Cuadrado E) No se sabe
20.- El lado del cuadrado ABCD mide 4. 
Calcular TC
A ) 2
B)2V2 
0 4
D )4 -Jl
E)5
21.-Cale 
drado:
A ) 2
B)3
C) 4
D)5
E)2,5 D
22.- Siendo ABCD un romboide, donde OP - 2CD; 
calcular x.
B P C
A ) 10° B) 12° C) 15° D) 18° E)22°30'
23.- Si el lado del cuadrado ABCD mide J lÓ ; 
hallar PQ.
A ) 1
B)2 
Q V 5
T íoD)
E)30
D
Luis Ubaldo C. Cuadriláteros 257
24.- En la Figura: ABCD es un romboide y los 
triángulos APB, AQD y CRD son equiláteros. 
Hallar x
A) 100°
B)90?
Q105°
D)12(T
E)150P
25.- En la figura ABCD es un romboide y 
m 4 ABE = 100° ; AE = AD y FC = CD. 
Calcular x
A ) 120°
B)135°
Q 145°
D) 155°
E)175°
26.- Se tiene un trapezoide ABCD. tal que : 
A B =C D = 6;m 4 ABD = 75, w 4 BDC = 15. 
Calcular la medida del segmento que une los 
puntos medios de las diagonales.
A ) 6 B)8 C)3 D)4,5 E)9
27.- En un trapecio ABCD.
(CB // AD ) m 4 B = 4 m 4 D y 
11 AB + 5BC = 5 AD. Calcular la m 4 D.
A ) 18,5 B)22,5 C)26,5 D)30 E)27,5
28.- Del gráfico, hallar PL, si: QL =12
A ) 12
B)6 
Q 9
D) 15
E)I3
29.- Calcular x del gráfico, si ABCD es un 
rombo, A BEC es equilátero y además:
m < BCT = 2m < BAE.
A ) 60°
B)45°
C)75°
D)53°
E)3(F
30.- Sean los cuadrados ABCD y EFGC, tal 
que: G, E y D son colineales, GE = ED . Calcu­
lar la m 4 EAD (E es exterior al cuadrado 
ABCD).
A ) 15° 
D)22,5°
B)30°
E)26,5°
C) 18,5°
31.- Dado un rectángulo ABCD (AB > BC) 
por B se traza la perpendicular a AC la cual 
interseca en "P" a CD y en "M" a la perpen­
diculara BD trazada por D. Las prolongacio­
nes de DM y BC se intersecan en ”Q". Calcu­
lar "PM"; si DQ= 17 y BP = 9.
A ) 2 B)4 C)6 D)5 E)4^2
32.- En un trapecio ABCD, (AB // CD ): sien­
do BD su altura. Se traza A M , siendo "M ” 
punto medio de BC, tal que AM = BC; ade­
más m 4 ADB —m 4 C. Calcular: m 4 MAD.
A )45 B)37 C)53 D)30 E)60
33.- En la figura RM = 6 y MS = 1. Calcular BK.
A ) 5
B)4 
O 3.5
D)3
E)2,5
B
258 Problemas de Geometría v cómo resolverlos
34.- En la figura mostrada, SD = 2 (AR).
Ernesto Quispe R.
Calcular: K y
35.- Calcular el valor de a , si AB = CD 
B 
6a
A D C
A ) 7°30 B) 10° C)12° D) 15° E) 18°
36.- Si ABCD es un trapezoide simétrico, 
(AB = BC); M, N, L, F y P son puntos medios 
de AB, BC, CD, AD y BD respectivamente. 
Calcular x.
B
A ) 12°
B) 18°
C)24°
D) 36°
E) 15°
M ,-- ' \ N x
\/p36® /
FY
37.- Si . ABCD es un cuadrado, EF = AB y 
AG = GD; calcular "x "
D
A ) 30° B) 15° C) 45° D) 57° E) 53°
38.- Si ABCD y GFED son cuadrados y AG = 10. 
Calcular la distancia entre los puntos medios 
de AE y CG.
B__________________ c
A ) 5
B) 5-Jl
C )4V2
D) 10 V3/2
E) 10^2/3
39.- Si ABCD y EFGH son cuadrados, HG = 2 
y GN = -J5; calcular "EH".
A ) 2-Jé
B) 2
C )2 j5
D) 4
E )5
1
B E B S g
1. Centro:
2. Radio:
3. Cuerda:
4. Diámetro:
5. Arco:
O
OQ (OQ = /?) 
MÑ
AB (AB = 2R) 
MN o MQN
i
6. Flecha o Sagita : PQ
7. Puntos
* Exterior:
* Aferente:
* Interior:
8. Rectas
* Exterior:
* Tangente:
* Secante:
ü?2 (E : Punto de tangencia)
^3
8 .2ÁNGULOS CONRELACIONA UNA GR.CUNFEKENC
A)ANGULO CENTRAL
Es aquel ángulo formado por la abertura de dos 
radios de una circunferencia y viene a ser igual al arco 
que subtienden dichos radios.
a = rn AB ... (8.1)
Fig. 8.2
260 Problemas de Geometría v como resolverlos Ernesto Quispe R
B) ANGULO INSCRITO
Es aquel ángulo formado por dos secantes que 
parten desde un punto de la circunferencia.
a = m AB ... (8.2)
Fig. 8.3
C) ANGULO SEMI - INSCRITO
Es el ángulo formado por una tangente \ una cuer­
da que parte desde el punto de tangencia.
Punto de tangencia
a = m AB ... Í8.3)
D)ANGULO EX - INSCRITO
Es el ángulo formado por una secante y una 
cuerda
a = mABP ... (8.4)
E)ANGULO INTERIOR
Es el ángulo formado por dos cuerdas secantes 
de una circunferencia
mAB + mCD _a = -------------------- ... (8.5)
Fig. 8.5
Fig . 8.6
F) ANGULO EXTERIOR
Es el ángulo formado por las secantes desde un punto exterior a la circunferencia, tenemos:
Luis Ubaldo C Circunferencia I 261
1) Angulo formado por dos rectas secantes.
2) Formado por una secante y una tangente.
3) Formado por dos tangentes.
Observación :
Solo para dos rectas tangentes, se cumple que :
a =-
m CD- m AB
a =
m AB-m ÁC
m AMB-m ÁB
a =
a + m AB = 180°
... (8.6)
... (8.7)
... (8.8) 
... (8.9)
G E N E R A L E S
"Si en una circunferencia, trazam os dos cuerdas 
paralelas, éstas forman dos arcos congruentes"
Si: ÁB // CD
=> Áe == bd
2“ » TEOREMA
"Si trazamos dos cuerdas de longitudes congruen­
tes, entonces los arcos que subtienden cada uno son 
congruentes”
Si: MÑ = EF
=> MN = É?
Fig. 8.Í
3er TEOREMA
"En una circunferencia se traza una tangente, al 
unir el centro de la circunferencia con el punto de tan­
gencia, ésta caerá perpendicularmente a ella"
S i: "M" es un punto de tangencia 
=> OM _L£
262 Problemas de Geometría y cómo resolverlos
4TO TEOREMA
"Si en una circunferencia se traza una cuerda 
perpendicular a su diámetro, entonces ésta se biseca"
Si el diámetro AB es perpendicular a MN :
=> MH s HÑ
Ademas : MB s BN
____J
J - r
ti
h .H
— i
i 15
M
Fig . 8.11
5TO TEOREMA
"Si por un punto exterior de una circunferencia, 
se trazan dos tangentes, entonces la bisectriz del án­
gulo formado por éstas coincide con el centro de la 
circunferencia"
S i: A y B son puntos de tangencia .
=> PA = PB
Fig. 8.12
6T0 TEOREMA
"S ise intersectan dos circunferencias congruen­
tes, los arcos de intersección son congruentes"
Si las circunferencias son congruentes.
=* APB = ÁQB
Fig. 8.13
1.- Dado el triángulo ABC inscrito en la circunferencia de 
centro “O", calcular la m j AOC
S
A
4cr
o
A<* S C
Resglucíón.-
En la circunferencia nos damos cuenta que el 
• ABC es inscrito, entonces por la relación (8.2):
Donde : 
Ahora : 
Luego :
m AC = 2 ni 4 ABC 
m AC = 2 (40") 
rri AC = 80"
Apro\echando este resultado diremos que la rn I AOC , 
por ser un ángulo central, estará dada por la relación (8.1):
m i AOC = m AC = 80" 
m 41 AOC = 80°
2.- En la figura m ostrada MA = MB. s i la m Y MAB = 759 
Calcular la m AB
Resolurion.-
Si AM = MB, entonces el triangulo MAB es isósceles. 
Luego : m 4 MAB = ni 4 MBA = 75”
En consecuencia ni AMB = 30”
Ahora por ser ángulo inscrito, de la relación (8.2): 
m AB111 AMB =
Reemplazando:
=•> m AB - 2m • AMB 
m AB = 60°
B
A
40”
O
AV
i _ / 1 f c ? o f W o í u í o ^ - / c ; j \ .
3.- Si /a recta "£" es tangentes la circunferencia en "M", 
calculara la medida de MN.
Resolución.-
Por ángulos suplementarios : 120° + m 4 NMQ = 180°
Luego : m 4 NMQ = 60°
Ahora por ser ángulo semi-inscrito, emplearemos la re­
lación (8.3):
m 4 NMQ = - " i M !
m MN= 2m 4 NMQ 
m MN = 2 (60°) 
m MN= 120°
Entonces: 
Reemplazando:
4.- Dadas las circunferencias tangentes 
exteriores, calcular la m 4 $
Resolución.-
Luis Ubaldo C. Circunferencia 1 265
5.- En la siguiente figura BC / / A D , adem ás s i m BC = 100B 
y m AD = 160° calcular ia m 4- AEB
Resolución.-
Sea la m 4- AEB = a , ahora como BC // AD, entonces del 
Primer Teorema del item 8.3 :
m AB = m CD = 50°
50° + 50°
Luego por la relación (8.5) : a = ----- -̂----
a = 50°
6.- En e l gráfico mostrado la m 4- ACD = 50° 
m 4 BDC = 20g, hallar "x".
l O D '
Resolución.-
Por ser ángulo inscrito de la relación (8.2), 
tendremos :
m 4- AD = 2m 4 ACD
Reemplazando datos: m AD = 50 (2)
=* m AD = 100°
Análogamente : m BC = 40°
Por ser 4 APB un ángulo exterior, aplicaremos la relación (8.6) :
100o - 40°
x = 30°
266 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Qulspe R.
7.- S i se sabe que A y B son puntos de tangencia, y 
m AM B = 300B, calcular "x" (O—» centro)
' . o V
, 9 - -
6 0
Resoluclón.-
En el gráfico la m 4 AOB = 60 , luego por ser ángu­
lo central: m 4 AOB = m AB
Entonces: m AB = 60°
Ahora por ser 4- APB un ángulo exterior, aplicaremos M 
la relación (8.9)
Tenemos: 60° + x = 180° 
x = 120°
8.- S i las circunferencias m ostradas son de 
igual radio, donde la m 4 AMB = 30a, calcu­
lar m APB
Resoludón.-
Pór ser 4 AMB un ángulo inscrito, tendremos que :
m AQB = 60°
Como las circunferencias son iguales, entonces 
según el 6*° teorema expuesto en el item 8.3, se 
tendrá que :
m APB = m AQB 
m APB = 60°
Luis Uboldo C. Circunferencia I 267
8.4 POSICIONES RELATIVAS ENTRE" DOS 
% CIRCUNFERENCIAL
a) Circunferencias Exteriores
Si las circunferencias son exteriores el segmento 
que une sus centros, será mayor que la suma de sus 
radios, es decir:
PQ > R + r
Fig. 8.14
b) Circunferencias Interiores
Si las circunferencias son interiores, el segmento 
que une sus centros, será menor que la diferencia de 
sus radios, es decir:
PQ < R - r
c) Circunferencias Tangentes Interiores
Si las circunferencias son tangentes interiores el 
segmento que une sus centros es igual a la diferencia 
de sus radios, es decir:
PQ = R - r
d) Circunferencias Tangentes Exteriores
En dos circunferencias tangentes exteriormente 
el segmento que une sus centros, es igual a la suma de 
sus radios, es decir:
PQ = R + r
Fig. 8.17
268 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R
e) Circunferencias Secantes
En dos circunferencias secantes, si el segmento 
que une sus centros es perpendicular a la cuerda co­
mún, entonces divide a dicha cuerda en dos partes 
congruentes, es decir:
Si: AB : Cuerda Común y PQ 1 AB
=> AH = HB
También : R - r < PQ < R + r
f) Circunferencias Ortogonales
En dos circunferencias ortogonales, el cuadrado 
del segmento que une sus centros es igual a la suma de 
los cuadrados de sus radios, es decir:
PQ2 = R2 + r 2
g) Circunferencias Concéntricas
Son aquellas circunferencias que tienen el mis­
mo centro, es decir:
PQ =s 0
Fig.&A8
Fig. 8.19
Fig. 8.20
£.5 ALGUNAS PROPIEDADES IMPORTANTES
1ra p r o p ie d a d
Si: PA y PB son tangentes y ±s
2D* PROPIEDAD
Si: AB = R
PA = PB = R m AB = 60
Luis tibaldo C. Circunferencia 1 269
3ra PROPIEDAD
Si P y Q son centros como en la Fig. 8.23
=> m APB = m AQB = 120°
=> m ATO = m AQB = 420°
4™ PROPIEDAD
Si las dos circunferencias idénticas son concén­
tricas (tienen el mismo centro).
=> AB = CD = EF
c
5™ PROPIEDAD
Si AB y AC son diámetros se cumple que B, P y C 
son colineales, es decir, los puntos B, P y C están en 
una misma recta. ^
6™ PROPIEDAD
r
S i: A, P y B son puntos de tangencia : 
=> m 4 APB = 90
7HA PROPIEDAD
Si: "P" es punto de tangencia
m 4- APB = m AP + m PB (8.10)
Tig. 8.24
Fig. 8.26
Fig. 8.27
270 Problemas de Geometría v cómo resolverlos Ernesto Quispe R.
8V* PROPIEDAD
S i: AM = MB, P y Q son centros :
=> m 4 PMQ = 90
9N* PROPIEDAD
Si "P" es punto de tangenciade dos circunferen­
cias tangentes exteriormente, se cumplirá que :
=* AB //CD
10M* PROPIEDAD
Si A y B son puntos de tangencia
=* 4 MBA == 4 ABL
11ra PROPIEDAD
Si P y C son puntos de tangencia :
=> 4 BPC = 4 CPL
12DA PROPIEDAD
Si AB es diámetro y "Q" punto de tangencia
=* 4 HQB = 4 BQP
Fig. 8.28
 J
Fig. 8.30
Fig. 8.32
Luis tiba ldo C Circunferencia I 271
13ra PROPIEDAD
Si : M, N, y L son puntos de tangencia y "p" el 
semiperímetro.
AM = p BC 
BN =p -A C 
CL = p - AB
9.- Dada la figura siguiente, donde A y B son puntos 
de tangencia, calcular PA, s i se cumple q u e :
m T Q = 6 0 p y OQ = 3.
Resolución.-
Por ángulo central la m 4 TOQ = 60°, luego poi propie­
dad de triángulos, anteriormente estudiados vemos que 
el A TOQ es equilátero, entonces :
OT = OQ = TQ = R = 3 
Luego, por la 1ra propiedad del item 8.5, tenemos .
PA = PB = R 
PA = 3
272 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Qulspe R
Resolución.-
Si unimos los centros de las circunferencias y además 
estos puntos con A y B, observaremos que dichos seg­
mentos son iguales uno a uno e iguales al radio de las 
circunferencias, obteniéndose dos triángulos PAQ y 
PBQ equiláteros y equiángulos.
Entonces : m 4- APB = 120°
También: m 4- APB = m AQB (ángulo central)
in ÁQB = 120°
11.- Si A, P y B son puntos de tangencia, calcula la 
m 4- APB
Resolución.-
Al trazar la tangente i? por el punto "P", interceptando a AB en Q, resultando que los triángulos 
AQP y PQB son isósceles donde :
Por consiguiente: m 4- PAQ = m 4- APQ = a
También: m 4- QPB = m 4- PBQ = 0
En el A APB: a + a + 0 + 8 = 180°
De donde : a + 0 = 90°
Y puesto que : m 4- APB = a + 0
171 4 APB = 90°
12.- Dadas las circunferencias tangentes exterio­
res y la tangente común AB, siendo M punto 
medio de AB, calcular "x" (O y O t son cen­
tros)
Luis tibaldo C. Circunferencia I 273
Resolución.-
Sea "T" el punto de tangencia de las dos cir­
cunferencias, al trazar MT, nos damos cuenta 
que MO es bisectriz del 4- ATM.
Entonces : m 4- AMO = m 4- OMT = a
Esto debido al 5to teorema del item 8.3
De igual manera :m 4- TMO, = m 4- Oj TB = 6
Ahora, recordemos que : x = a + 6 ... (1)
También : 2a + 2G = 180°
De donde : a + 8 = 90° ... (2)
Finalmente de (1) y (2), concluimos que: x = 90°
13.- En la figura mostrada, se tiene una 
semicircunferencia de centro "O"; s i 
T es punto de tangencia, calcular "x".
Resolución.-
Trazamos OT perpendicular a (propiedad)
Sea: m 4- OTH = a
=> m 4 TOH = 90 - a
Ahora: m 4 TOB = m 41 T B
Entonces : m T B = 90 - a ... ( 1 )
Por ángulo semi-inscrito, tendremos que : 
m T B
m 4 PTB = 20° =
z
Luego : m TB = 40°
De (1) y (2 ): 40° = 90-a
=> a = 50°
(2)
Por consiguiente, en el triangulo rectángulo BTO, en el ángulo recto T, tendremos que .
a + x + 20° = 90°
Reemplazando: 50 + x + 20° = 90°
x = 20°
14.- Si P ,Q y R son puntos de tangencia, donde AB = 8, B
BC = 6 yA C = 4, calcular AP. j ,
274 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Qulspe R.
i
8 -x + 4 - x = 6
Resolución.-
1er Método: g
f\ T s
Sabemos que BC = 6, reemplazando ¡ \
. x f N 8 - *8 - x
P,
4
x - 3 x /[ J \4 - x
2a0 Método : ¿ — ^ ^ \
A C
Aplicamos la 13ra propiedad del item 8.5 : AP = p - BC
n j 8 + 6 + 4
Donde p = ------ -̂----- => p = 9
Y por dalo del problema: BC = 6 
Reemplazando: AP = 9 - 6
AP = 3
Luis Ubaldo C Circunferencia 1 27
1.- En el gráfico adjunto, ABCD es un cuadrado; 
hallar "x".
Resoluclón.-
Trazamos el radio OF, entonces el A FOE es isósceles, 
en donde los ángulos miden (45°/2)
Finalmente en el A AEF : 45° + ~2~ = ■**
135°x =
x = 67° 30*
B
a / f j \
o/ /
V / ( f ) )\ . / a
A ° F ° D
2.- En la figura mostrada, hallar " r " ; s i : 
BC + AD = 12 y AB * CD = 20
Resolución.- 
Por dato: 
También:
a + 6 =12 ... (1)
2r + (a + b ) = 20 ... (2)
Reemplazando (1) en (2 ): 2r + 12 = 20
De donde : 2r = 8
. * r = 4
¿.io rrooiemas ae ueomeiria y como resolverlos tr esrou ispei<.
3.- En la figura mostrada, se sabe q u e : A B + B C - AD . 
Además, si CD = 6, hallar: (R + r)
Resolución.-
Por el Teorema de Poncelet en el ABC : AB + BC = 2r + AC ... (1) 
En el fc. ACD : AC + CD = 2R + AD ... (2)
Sumando (1) y (2) : A
( AB+BC) + + CD = 2 {R + r) + + AD
En donde por dato : AB + BC = AD a CD = 6
E ntonces: + 6 = 2 {R + r) + pÓ
R + r = 3
4.- En el triángulo ABC, calcular la longitud del radio de 
la circunferencia inscrita sabiendo que los segmen­
tos BO y RS son congruentes.
Además BM = 3
R esolución.-
Sea V la longitud del inradio del ABC, entonces por 
el Teorema de P once le t:
AB + BC = 2x +AC
4
Pero : AB — a + n ; BC = 3 + m y AC = n + cT+ m 
R eem plazando: a + n + 3 + m = 2x + n + a + m
De donde : 3 = 2x
x = 1,5
Luis Ubaido C. Circunferencia 1 277
5.- En la figura dada, ABCD es un cuadrado tal que 
AO = OD. Calcular a .
Resolución.-
E1A AED es equilátero 
El A ABE es isósceles
AD = AE = ED = 2o 
AB = AE = 2a
El BAO es notable aproxim ado (53°/2) :
=» m 4- ABO = 5372
Luego en el A ABE: 
De d o n d e :
c o o
a + ~ = 75°
a = 75° - 26,5° 
a = 48° 30'
6.- En la figura PQRS es un cuadrado, “O" es centro 
de la semicircunferencia y PO = OS; ca lcu lar: 
m 4- QOE, siendo Fpunto de tangencia.
R esolución.-
E1 üx OES -» notable (30° y 60°); donde : PQ = OF = OE = 2a (radio de la circunferencia) 
El Ê . OQP —> notable aproxim ado de : 5372 =» m 4- PQO = 5372 
127°
L uego: 2
A hora:
D onde:
+ x + 60° = 180°
x = 120° - 127
240-127
x = 56° 30'
7.- En un cuadrilátero convexo BCDF inscrito en una circunferencia, se prolongan los 
lados opuestos hasta intersectarse en A y E. ¿Qué ángulo formarán las bisectrices 
interiores de los ángulos A y E ?
278 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Qulspe R.
R esolución.-
En el cuadrilátero no convexo ABEH : x = m + 6 + rt... (1)
Por otro lado, reconocem os que la : m 4- FDE = 0 
A hora: m 4 BFA = 0 + 2n ( 4 exterior)
En el A ABF : 2m + 2 0 + 2rj = 180°
Entonces : m + 0 + rt = 90° ... (2)
De (1) y (2) : x = 90°
8.- En la figura mostrada, se sabe que : AM = 3 y 
NP = 8. Hallar E F .
R esolución.-
Por teoría sabem os que : NP = NE —> 8 = a + x ... (1)
También : PQ = AB —> 8 + a = 3 + 3 + x ... (2)
Sum ando (1) y (2) : 16 = 6 + 2x
Donde : 1 0 = 2x
x = 5
9.- En la figura, O y O, son centros, T es punto de 
tangencia, si PH = 2 ; hallar AQ.
Resolución.-
Trazamos la tangente por "P" a la sem icircunferencia de centro "O" 
Luego trazamos AE perpendicular a dicha tangente y 
prolongamos a continuación BQ hasta "F".
Ahora por el Teorema de la bisectriz de un ángulo 
tenem os :
EP = PH = 2 ; PF = PH = 2
Luego : EF = AQ = 2 + 2
AQ = 4
Luis Ubaldo C. Circunferencia 1 279
10.- A partir del gráfico mostrado, se pide en­
contrar una relación entre a; b; c y d ( a ; b; 
c; d son las longitudes de los inradios de 
los triángulos rectángulos).
R esolución.-
Por el Teorema de Poncelet en el ABP :
PB + PA = 2o + AB 
También en el EK CPD 
Sumando (1) y (2) :
D onde:
También : PB + PC = 2b + BC
Sum ando (a ) y (P) :
PC + PD = 2 c + CD 
PA + PC + PB + PD = 2o + 2c +AB +CD
... (2)
AC
(a)
BD = 2 (a +c) + AB + CD ... (3) 
PA + PD = 2d + AD ... (P)
AC + BD = 2 (b + d) + BC + AD ... (4) 
Observamos que (3) y (4) son iguales : 2 (o + c) + AB + CD = 2 (5 + d) + BC + AD
Luego la relación buscada e s :
11.- En el gráfico, calcular lam 4- DEC, 
si DC = CB y m 4- DAB = 72e
a + c = b + d
Resolución.-
Al trazar AC, resulta que el A ADB es isósceles, ya que es mediatriz. 
Entonces : m 4 DAC = m 4 BAC = 36° y m 4 ABC = 54° 
Luego; com o el cuadrilátero AECB es inscrito, se concluye que :
x = 54°
B
B
12.- En un triángulo ABC , m 4 A = 2 m 4 C ; se traza la bisectriz interior AD, la circunfe­
rencia circunscrita al triángulo ABD intersecta a AC en "E", calcular E C ; s i AB = 7.
280 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto QulspeR.
Resolución.-
Se traza BE, entonces el A EBC es isósceles BE = EC = x 
Se observa que : m 4- A = m 4- AEB = 2 a
Entonces el A ABE tam bién es isósceles, en donde :
AB = BE /. x = 7
13.- Una circunferencia es tangente a tres lados de un romboide. S i sus alturas son entre 
si com o 4 a 5, calcular la medida del arco que determina el cuarto lado al ¡ntersectar 
a dicha circunferencia.
Resolución.-
Sean las a ltu ras: TQ = 1 0 * y HK = 8 *
Luego* OT = OQ = 5 * ; OK = 5 * y OH = 3 *
En el OHQ : m 4 . HOQ = 53°
También : m 4 POH = 53°
Finalmente, por ángulo central :
x = 106°
14.- En el gráfico calcular "x", s i "O " es centro y 
además, OP = PQ.
T es punto de tangencia y m 41 O OP = 26-
Resoluclón.- 
Por s e r : x = ™ T L 0)
El A OPQ es isósceles
Luego : m 4 POQ = m 4 PQO = 26°
El A LOP es isósceles, e n to n c e s :
17? 4 OLP = m 4 OPL = 52°
OT ± 17? (propiedad) entonces OT / / LP de d o n d e : 
m 4 TOL = 52°
Luis Uboldo C. Circunferencia 1 281
Por 4- cen tra l: m TL = 52° 
52
En (1) : x = ~tt x = 26°
15.- En Ia figura, calcular "x" si "T "y "S " son puntos de 
tangencia.
Además: m DC = 80g y m DS = 409.
Resolución.-
Por dato lam DC = 80°, entonces la m 4 CSD = 40° ( 4 inscrito) 
Luego la m 4 BTS = 40°, entonces la m TS = 80°.
El arco TC m ide ahora 160°; entonces la m 4 TSC = 80°. jj¡
Finalmente en el A ATS : x + 40° = 80° (4 exterior)
x = 40°
16.- En la figura mostrada, calcular "x"
R esolución.-
Lam AB = 2 . (38) = 76° ( 4 semi-inscrito) 
Lam 4 AOB = 76°
Pero OM es bisectriz del 4 AOB, entonces la : 
m 4 AOM = m 4 MOB = 38° 
Entonces en el triángulo rectángulo ALB la : 
m 4 OAM = 52° 
Finalmente en el ALB : x + 52° = 90°
x = 38°
160°
x N
/ L
n
\ / \ i \ / 
\ /\ /
282 Problemas de Geometría y cómo resolverlos
17.- Del gráfico mostrado, calcular “x "
Ernesto Quispe R
Resolución.-
En el cuadrilátero inscrito EFCD : m 4 EDC = 80° *
En el cuadrilátero inscrito ABCD : m 4- BCD = 60°
Luego : x + 60° + 80° = 180°
Donde : x = 180°-140°
Jt = 40°
18.- En la figura mostrada, las circunferencias son del mis­
mo radio, se pide calcular “x", si m AB = 90s.
Resolución.-
El triángulo EAF es equilátero.
El triángulo AFC es rectángulo.
Entonces la m 4 EFC = 30“ y la m 4 EEB = m 41 EBF = 15°
Luego la m 4 AEB = m 4 AHB = 45°
En consecuencia : x = 45° + 15°
x = 60°
19.- En la figura mostrada, se pide 
calcular x6
Luis Ubaldo C. Circunferencia I 283
R esolución.-
T razam o s OT X BC .
A hora co m o AB // OT, entonces por 
ángulos alternos in te rn o s:
B
m 4 BAT = m 4 ATO = 2x.
En el A ATO isó sce les: m 4 TOC = Ax ( 4 exterior)
Finalmente en el OTC :4x + x = 90° x = 18°
20.- En la figura, se muestra dos circunferencias de distinto 
radio, se pide calcular xB; si m AB = 58B.
Resolución.-
Trazamos BC y CH. Ahora si lam 4 BDH = 0,
=* 17? 4 BCH = 0
También la m 4 ACB = 29° ( 4 inscrito)
En el cuadrilátero inscrito CEFH : m 4 HFT = 29° + 0
Finalmente en el A DEF, por el Teorema del ángulo ex terior:
x + 0 = 29° + 0 x = 29°
21.- En una circunferencia de centro O se traza la cuerda AB. Calcular la medida del arco 
AB, si un diámetro que divide al arco AB en la razón de 3 a 1, divide a la cuerda AB en 
la razón de 2 a 1.
R esolución.-
S ea : m PB = a => m AP = 3 a
Además s i : QB = 2a => AQ = 4a
Trazamos OL X AB, de donde : m AL = m LB = 2a 
Luego AH = HB = 3a, con lo c u a l : HQ = a (OL n AB : H )
Trazamos QT X OB, luego por el teorem a de la b isec triz :
QH = QT = a
284 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R.
En el triángulo rectángulo QTB : 
En el triángulo rectángulo OHB : 
Reemplazando:
m 4 QBT = 30° 
2a = 60° 
m AB = 4(30)
m AB = 120°
a = 30° ; rn AB = 4 a
22.- En la figura dada se sabe q u e : 
m AP + m BC =220B.
Entonces se pide calcular la m AQB.
Resolución.-
En el A EFH, por propiedad en triángulos se sabe que : 
a + 0 = 180° + to ... (1) 
Pero por dato : a + 0 = 220° ... (2)
De (1) y (2) : 220°= 180° + o)
En consecuencia: o) = 40°
Aplicando la relación (8.9), se puede establecer que : 
w + 17? AQB = 180°
Reemplazando: 40° +17? AQB = 180° 
m AQB = 140°
23.- En la figura AOB es un cuadrante en donde: MN = 5 y 
ML = 8. Bajo estas condiciones y las que muestra la 
misma figura, se pide calculare.
Resolución.-
A1 completar la semicircunferencia se observa que L, M y C son colineales, luego m 4- CLB = 90° 
Por el teorema de la mediatriz : MC = MB y AC = AB
Luis Ubaldo C. Circunferencia 1 285
Luego : A ACM = A ABM ( LLL)
=> m 4- ACM = m 4 ABM= a 
Por 4- inscrito : m 4 ACL — m 4 ABL = a 
Por el Teorema de la b isectriz :
NL = NT = 3 
En el MTN, por sus lados es un triángulo 3 - 4 - 5:
Luego en M : 20 + 37 = 180°
6 = 71° 30'
m 4 M = 37°
24.- En el gráfico se muestra un rectángulo y en él 
una semicircunferencia tangente en tres de los 
lados, de aquel. Bajo éstas condiciones y otras 
que aparecen en el gráfico, se pide calcular la 
medida de "x “.
Resolnclón.-
Duplicando la gráfica y com pletando la circunferencia, 
prolongamos CH, hasta llegar al punto de tangencia 
"F”, de m odo que :
m 4 BDA = m 4 HCD = 53°/2.
Entonces 90°la m 4 AEF = —2~ = 45°
En consecuencia, al observar el som breado, se con­
cluye q u e :
x = 45°
25.- En la figura dada, O es cen tro ja tan­
gente CP es congruente a CQ. De 
acuerdo con estos datos se pide 
hallar lam 4 APB.
286 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R.
Resolución.-
Trazamos el radio OP, reconociendo que: OP _L PC (propiedad) 
Sea 17? 4- CPQ = a = m 4- CQP 
Luego en el triángulo te*. OPC, m 4 POQ = 90 - 2 a 
En el A OPB, isósceles :
m 4- OPB — m 4- OBP = 45 + a
En el A OPQ : m 4- APO = 90 - a
Luego : m 4 APB = 90 - a + 45 + a
m 4 APB = 135°
26.- En la figura mostrada : A y B son puntos de tangencia, de 
dos circunferencias, una de las cuales es mostrada en for­
ma parcial.
Hallar x, si dichas circunferencias son ortogonales.
Resolución.-
Por prop iedad : OA ± AB y 0]B ± AB
Los triángulos AOP y PO,B son isósceles, luego :
m TB 2x
2 " 2 
x = a + 0
Por 4 inscrito: m 4 APB =
Por Propiedad:
Pero: a + x + G = 90
Luego : 2x = 90 x = 45°
= x
27.- Hallar “x " ; si A, B . C y D son puntos de tangen­
cia, para las tres circunferencias mostradas.
Luis Ubaldo C Circunferencia 1 287
Resolución.-
Del gráfico observam os que :2x + 0 = 180°... (1)
Por propiedad de tangentes : PA = PC = PB
En el A APB (isósceles): m 4- BAP = m 4- ABP = a 
En el A CPB (isósceles): m 4 BCP = m 4 CBP = 0 + a
En la figura interior : a + x = a + 0 + 0 =» ® = "2
Sustituyendo (2) en (1) : 
D onde:
2x + ~2 — 180
2 x = 180
x = 7 2 °
28.- En la figura A y B son puntos de tangencia de 
dos circunferencias de distinto radio. Calcu­
lar 0 (s i O es centro de una de las circun­
ferencias dadas)
Resolución.-
Por Propiedad : SP / / TK, luego : HB X TK 
A TQK es isósceles ya que QH es mediatriz de TK 
Luego : m 4 TQH = m 4 HQK = 0 
Del gráfico: 3 0 = 180°
0 = 60°
29.- Calcular la m 4 CPD, s i : AH = HD; ade­
más T es punto de tangencia.
288 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R.
Resolución.-
Del gráfico: x = a + 0 ... (1)
Hacemos : OA = OT = 5r 
Luego : AB = CD = AH = HD = lOr
En el BAO : m 4 ABO = ~ = m 4 OBT
De donde : m 4 TBC = 37° ^
y m 41 TOD = 53° :
Trazamos por T : KM -L BC
Luego : Li, OMT de 37° y 53° : TM = 4r y OM = 3r 
En el BKT de 37° y 53° : TK = 6r
En el ^ TKC : a = 26,5°
E nelE ^T M D : 6 = 1 8 ,5 °
Sustituyendo en (1) x = 45°
30.- Calcular "x" del gráfico, si A , B , C y D son puntos 
de tangencia.
I k = 4 r
Resolución.-
Por 4 inscrito : m BD = 4x y m AC = 6*
m 4 BCD = 180-4* 
m 4 ABC = 180-6* 
* + 1 8 0 -4 * + 180-6* = 180
180 = 9*
* = 20°
Por Propiedad:
En el A MBC :
En consecuencia:
Luis Ubaldo C. Circunferencia I 289
31.- En la figura "O" es centroy MN es mediatriz de
OT; hallar x.
Resolueión.-
S ean : OA = OM = OB = R
Luego : OQ = QT = y y MQ _L OT
En el E¡̂ MQO: m 4 QMO = 30°
y : m 4 AOM = 30° = m AM
En el ^ QOB : m 4 QBO = 26,5° =
De donde resolviendo :
x = 11,5°
32.- En la figura se muestra una circunferencia en la q u e : 
m AB =82By A B / / C D .
Con estos datos se pide calcular x
Resolución.-
Dado que AB // CD, se puede establecer que
ni 4 ABC - m 4 BCD = G (altem os internos) 
Por 4 inscrito : m EC = 2x
Ahora : 20 = 2x + m AE
Tam bién: 20 = rn AE + 82° 20
Igualando: 2x + m AÉ = m AE + 82°
De donde : 2x = 82°
x = 41°
290 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Qulspe R.
33.- Del gráfico mostrado calcular "x", si A y B son puntos 
de tangencia.
Resolución.-
Hacemos : m 4 T = a y m 4 Q = 6 
Luego en el A TKQ : a + 0 + j f = 1 8 O ...(1 )
Por 4- sem i-inscrito: m 4- ESAS = = a
m 4 ABC = — = 0
En el A ABC, por 4 ex terio r: x = a + 0 ... (2) 
Sustituyendo (2) en (1) : x + x = 180 
Luego : 2x - 180 x = 90°
34.- En la figura mostrada, m BÑ = 120°, m BP = 40° y 
BP = MN. Calcular: x
Resoluclón.-
Del gráfico deducim os q u e : m 4 BAC = 90° 
y m 4 BMN = 60° con lo cual BM y BC son 
diámetros de las circunferencias.
Sean O y Q centros de la circunferencias 
Luego : MQ = MN = QN = BQ 
m 4 QBN = 30° y m 4 BOP = 40°
El A QBP es isósceles, lu eg o :
m 4 BQP = m 4 BPQ = 40°
El cuadrilátero QBPO es inscriptible lu e g o : 
m 4 QOB = m 4 BPQ = 40°
Luis Ubaldo C Circunferencia 1 291
Para el A MBC, QO es base m edia, luego QO // MC
x = 40°
35.- En la figura, ABCD es un romboide, T y K son 
puntos de tangencia y O es centro. Demostrar 
que x = 90°
Resolución.-
E1A TDK es isósceles : TD = DK = a
El A BAT es isósceles : AB = AT = b ... ( 4 ABT = 4 TKD alternos internos)
Prolongamos OD hasta intersectar a la prolongación de BC en "L", lu eg o :
OD 1 TK y CD = CL = 6 
Ya que OT 1 AD y BC // AD => OS 1 BC 
Para el A OBL "T" es ortocentro => LN 1 OB 
El cuadrilátero ACLT es un rom boide luego : AC // LN
x = 90°
292 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R.
36.- Del gráfico; hallar x (0 y 0 1 son centros)
En el CHB :
En el Oj OB ;
R esolución.-
En las circunferencias tangentes interiores O y 
O, la línea de centros pasa por el punto de tan­
gencia T y adem ás OT X AB
Luego : OT = OA = 2r
y m 4- A = m 4 -T = 45°
En la circunferencia O , : m 41 OCT = 90° ^ L~y
En el Lx ACO de 45°, al trazar CH X AO ; se tiene :
AH = CH = HO = r
m 4_ HBC = 18,5°
m 4 . OBO, = 26,5°
=> x = 26,5 - 18,5 
x = 8o
37.- La circunferencia inscrita en el cuadrante AOB es tangente a OA, OB y ÁB en los 
puntos E , F y G respectivamente. BE intersecta a la circunferencia en H . Calcular la 
medida del ángulo FGH.
Resolución.-
S e a r el radio de la circunferencia m enor Oj 
Luego en el cuadrado OEOj F :
EF = OO, = r j 2 
y m 4- EFO = 45°
En el cuadrante AOB : OG = OB
De donde: r j 2 + r = r + FB
Luis Ubaldo C. Circunferencia 1 293
FB = r j 2
A EFB es isósceles
=> m 4 FEB = 22° 30'
Finalmente por 4 inscrito .
x = 22° 30'
38.- En la figura T . K y L son puntos de tangencia. 
Calcular 0 (O es centro) ® \
O I
Resolución.-
Por Propiedad : AK // SL
Luego : m 4 BAK = 6 y ML es mediatriz de AK
Con lo cual se tiene : rn 4- BAK = m 4 BKA
Por 4 sem inscrito : m 4 MKB = G
En el MHK : 0 + 0 + 0 = 90
0 = 30°
M
39.- A partir del gráfico mostrado, se pide calcular el 
valor de a .
294 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R.
Resolución.-
Por 4- inscrito : 3 a = =>
También : 2 a = =>
□ ✓ - . • ™ 4 a + 6aPor 4- in terior: 90 = ---- ^—
D onde: 90 = 5a
a = 18°
Por Propiedad de las tan g en tes:
PA = PB
Luego por el Teorema de la mediatriz :
OA = OB
De donde : m 4- OBA = x y m 4 OAP - 0 
Y en el A PAB : 2 a + 2 0 + 2* = 18 0
=? a +0 + * = 90 ... (1)
En la circunferencia de cen tro "O", se verifica que : 
m MN = 2 * , y , m 4 MQN = 180-2*
APQB: 2a + 2 0 + 180 - 2* = 180
=> a + 0 = * ... (2)
Sustituyendo (2) en (1) : * + * = 90
* = 45°
m CD = 6 a
m AB = 4 a
Luis Ubaldo C. Circunferencia 1 295
41.- De la figura calcularx, si P ,Q ,R ,S y T s o n puntos de 
tangencia.
R esolución.-
Se dem uestra que los puntos P, S, y D son colineales, se une "C” con “D” => m 4 ADC = 90°
El cuadrilátero SHDO es inscriptible 
Además : m 4 ADP = m 4 ABP = 30°
Ahora aplicarem os la relación (8.9)
m QR + 30° = 180° 
m QR = 150°
Por ángulo inscrito : x = = 75°
x = 75°
42.- Según el gráfico, calcular el valor de “x".
Si m R C = 703, siendo A, B y C puntos de tangencia.
m 4 SCH = m 4 SDH = 30°
R esolución.- 
Se une “B” con “S” 
Por 4 sem i-inscrito: 
Por 4 inscrito :
m 4 RBS = 90° (PROP) 
m BR = 2 x 
m 4 RSB = x
Del gráfico: m RC = m RC' = 70°
Luego por 4 sem i-inscrito: m 41 C = 70° 
A dem ás: m 4 A = 70° (PROP)
En el A PAB : x + x + 70 = 180°
x = 55°
296 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R.
PRp&t€l4A5 PROPUeSTOS
 — • + - > _. _____
1.- Si dos circunferencias son exteriores, en­
tonces el segmento que une sus centros es :
A) M enor que la suma de sus radios.
B) Igual a la diferencia de sus radios.
C) Menor que el radio mayor.
D) Mayor que la suma de sus radios.
E) Mayor que la diferencia de sus radios.
2.- ¿Cuál o cuáles de las afirmaciones son co­
rrectas?
A) Circunferencias concéntricas son las que 
tienen el mismo centro.
B) El segmento que une los centros de dos cir­
cunferencias interiores es mayor que la di­
ferencia de sus radios.
C) Dos circunferencias son secantes cuando 
se cortan en un solo punto
D) El segmento que une los centros de dos 
circunferencias tangentes in teriores es 
igual a la diferencia de sus radios.
E) Solo A y D son correctas
3.- En un triángulo rectángulo, los inradios de 
los triángulos AHB, BHC y ABC suman 12. 
Siendo BH la altura relativa a la hipotenusa, 
calcular BH.
A) 8 B) 10 Q 12 D) 14 E)16
4.- Calcular*.
A) 30°
B)40°
Q 60°
D)70P
E)75°
5.- Se tiene un triángulo ABC, en el cual la 
circunferencia que pasa por los puntos me­
dios de sus tres lados pasa también por el vér­
tice B. Calcular lam < B.
A) 60° B)70° C)80° D)90° E)12(P
6.- En la figura, si m AB = 40°. Calcular*®.
A) 70°
B)45°
C)40°
D)50°
E)60°
7.- En un triángulo rectángulo un cateto mide 
28 y la suma de las longitudes de su inradio y 
circunradio es de 20. Hallar la longitud del otro 
cateto.
A) 12 B) 16 C) 18 D)20 E)24
8.- En la figura dada calcular*0, si AB = B C ; 
m < BPQ = 50° y ni < BCQ = 20°.
BA) 100°
B )110°
C) 140°
D) 150°
E) 120°
9.- Dado un triángulo de lados cuyas longitu­
des son 8; 15 y 17. Hallar la longitud del radio 
de la circunferencia inscrita.
A)1 B)2 C)2,5 D )3 E)4
10.- En la figura, hallar AP, si AB = 5 y BC = 3
Luis Ubaldo C. Circunferencia 1 297
A) 6
B)8 
Q 10
D) 12
E) 15
11.- Se tiene un pentágono convexo ABCDE 
circunscrito a una circunferencia.
S i: AB + CD + A E= 11 y BC + ED = 7, hallar la 
longitud de la tangente trazada desde A a di­
cha circunferencia.
A) 2 B)3 C )4 D)2,5 E)3,5
12.- En la Figura mostrada calcularJt0.
A) 25° B)2CP Q 3 0 ° D)50° E)35°
13.- Las circunferencias ex-inscritas a los cate­
tos de un triángulo tienen radios que miden 6 
y 8. Hallar la longitud de la hipotenusa del 
triángulo.
A) 10 B) 12 C) 14 D) 18 E)25
14.- En la figura, ca lcu lar: a° + b° + c°.
A )180°
B)225°
C)60°
D)50>
E)75°
15.- En la figura, si m APC = 240°, calcular.*0.
A) 45° p
B) 60°
C) 75°
D) 30>
E) 36°
16.- Hallarf?, si BM = 2 y BN = 6
A) 1
B)2 
Q 3
D)4
E)5
17.- En la figura "O" es el centro de la circun­
ferencia y AM = FM, siendo M el punto de 
tangencia; calcu lara.
A) 19°
B) 15°
Q 25°
D) 18° AX
E)20°
18.- En una semicircunferencia de diámetro 
AC, se inscribe el triangule) ABC; se une los 
puntos medios de AB y BC con los vértices 
C y A que se i ntersectan en los puntos E y F 
con los lados AB y BCrespectivamente, jue­
go se traza EH y FG perpendicular a AC. 
Hallar la longitud del radio de la circunferen­
cia inscrita al triángulo ABC, s i : HG = 4m.
E)8»iA) Un B)2m C)3m D)4m
19.- Calcularx. si BC = BD = AB.
A) 40° C
B)47°
C)45°
D)60°
E)30°
20.- Del gráfico , hallar x , si m M N = 80°, 
MQ = QN y "O" es centro.
A) 10°
B)20p
C)30°
D)40°
E)50p
298 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R.
21.- Calcular 'V .
A) 45°
B)60°
C)30°
D)53°
E)75°
22.- En la figura es centro, T es un punto 
de tangencia y m TC = 80°. C alcularx°.
A)10P B
B)20p 
Q3CP
D)40°
E)50°
23.- Calculara, si O y 0 ( son centros.
A) 22° 30'
B) 18° 30’
C)26°30'
D)30P
E) 15°
24.- Calcular PH, si AM = 8 J l
A) 4
B)2V2
C)4V2
D)8
E)3V2
25.- D el^ráfico mostrado, calcular lam DEF, 
si m ABC = 100°
A )200°
B ) 150°
C)90°
D) 100°
E) 120°
26.- En la figura F, M, G y H son puntos de tan­
gencia. Hallar MC, s i : A F =4, FB = 6 y AM - 8.
A) 1
B)2 
Q 3
D)4
E)5
27.- Del gráfico calcular 0, si T, Q, K y L son 
puntos de tangencia.
A) 30°
B)36°
Q 45°
D) 53°
E)60°
28.- Calculara.
A) Io
B)9°
Q 15°
D) 14°
E)8°
29.- En una circunferencia de centro "O" se 
trazan las cuerdas AB y AC. Sean M^yN los 
puntos medios de los arcos AB y AC res­
pectivam ente, MO prolongado intersecta en 
L a la circunferencia. Hallar la medida del án­
gulo formado por LN y AC, si m AB = 100° y 
m AC = 120°
A) 20° B)25° C) 30° D)35° E)40°
30.- Calcular "jc"; si P, R, S, T y M son puntos 
de tangencia.
A) 18°
B)30°
C)45°
D)60°
E)36°
Luis Ubaldo C. Circunferencia 1 299
31.- En la figura, ca lcu la ra si m 4- M PF = 80
A) 20
B)25
C)30
D)40
E)50
32.- En la figura: A, B, C, D, N4y N son puntos 
de tangencia. Calcularx, sim AB -m CD = 110.
33.- En la fig u ra : M, N y L son puntos de tan­
gencia, calcular m 4- PBN
f 6V 8 2 ]
I 205
B)60° v '
A) Are sen
C)63°30'
D)72°
E)75°
34.- En la figura :M T=TN ,LG = G PySK = KQ. 
Calcularx.
A^CP
B)60°
Q 75°
D)45°
E)53°
35.- Si P, Q, M y N son puntos de tangencia y 
a + 6 = 100. Calcular "x"
Q
A) 10
B)20
C)30
D)40
E) 15
36.- En la figura : AOB es un cuadrante y los 
cuadriláteros OMNL y LTQK son cuadrados. 
Calcularx.
A„
A) 5o
B) 10°
Q 15°
D) 18°
E)20°
37.- En la figura : AM - MB y m CD - 80 . 
Calcular "x"
A) 100
B)110
C)115
D) 120
E)150
38.- A partir de un punto P, exterior a una circun­
ferencia se trazan las tangentes perpendiculares 
PA y PB , luego se traza la secante PMN de modo 
que m AN —2 ni AM . Calcular la ni 4- NPB.
1 \
M
300 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Qulspe R.
A) 60° B) 75° C) 53° D )45° E) 63° 30'
39.- Del gráfico a - 0 = 20°; hallar x.
A) 10°
B) 20°
C )40°
D) 30°
E) 36°
40.- Calcular a , si M N = 80°; NC = 120° 
(AB => diámetro)
A) 20
B) 10
C) 15
D) 12
E) 18
41.- En la figura mostrada, si P y Q son puntos 
de tangencia y m BC + m FE= 130°, hallar x.
A) 20°
B) 25°
C) 30° D
D) 80°
E) 50°
42.- En la figura mostrada P y Q son puntos 
de tangencia y m QC = 140°. Hallar x.
A) 10°
B) 20°
C) 30°
D) 35°
E) 25°
A) 60°
B) 75°
C) 37°
D) 45°
E) 53°
43.- En la figura, AB = 2 MN. Calcular “jt”.
B
44.- Hallar “x", si m BM = m M C; donde 
“O” y “N” son centros.
45.- Si ABCD es un cuadrado. Calcular ‘V ’. 
siendo “M” y “N” puntos medios de CD y 
AD respectivamente.
B CA) 30°
B) 37°
C) 45°
D) 53°
E) 60°
46.- Calcular “jc” si m A C = 80°. Siendo A, B 
y C puntos de tangencia
A) 75°
B) 85°
C) 95°
D) 100°
E) 105°
9.1 TEOREMA DE PQNCELET
En todo triángulo rectángulo la sum a de las 
m edidas de los catetos es igual a la m edida de la 
hipotenusa m ás la m edida del diám etro de la cir­
cunferencia inscrita es el triángulo rectángulo.
S i: OF = r, es el Radio de la circunferencia inscrita 
(Inradio)
Entonces se cum ple que :
AB + BC = AC + 2r ... (9.1)
9,2 CUADRILÁTERO CIRCUNSCRITO
Es aquel cuadrilátero cuyos lados son tangen­
tes a una m ism a circunferencia.
ABCD: Es un cuadrilátero circunscrito com o el m os­
trado en la Fig. 9.2, en el que se cum ple :
1) Teorema de P itho t:
AB + CD = AD + BC ... (9.2)
2) Las bisectrices de sus cuatro ángulos interiores 
son concurrentes en el centro de la circunferen­
cia inscrita.
OBSERVACIÓN :
Un cuadrilátero será llam ado circunscriptible, si puede circunscribirse a una circunferencia; 
para que esto suceda, dicho cuadrilátero deberá cum plir con cualquiera de las dos propieda­
des anteriorm ente señaladas.
B
Fig. 9.2
rrooiemus ae ueomerria y como resolverlos trnesto tíuispe R
OBSERVACION: Un cuadrilátero se llam a ex-inscriptible si se puede ex-inscribir a una circunfe­
rencia; para que esto ocurra dicho cuadrilátero deberá cumplir con el teo rem a de Steiner.
9.4 QRCIXNI15RENCIA EX-INSCRtIAA IIH TRÍÁMH¡ 5
Es aquella circunferencia tangente a un lado y a las prolongaciones de los otros dos lados 
de un triángulo.
La circunferencia de centro "O" es la circunfe­
rencia ex-inscrita al triángulo ABC y referente a AB.
OF : Radio de la circunferencia ex-inscrita 
(ex-radio)
Se cumple q u e :
CQ = CP = PAABC ». (9.4)
Donde : "p" es el sem iperím etro del A ABC
Fig. 9.4
9.5 TAN G EN TES COMUNES
A) Tangentes Com unes In te rio res
Dos tangentes com unes interiores a dos cir­
cunferencias son congruen tes:
AB = CD
Luis Ubaido C. Circunferencia II 303
Dos tangentes com unes exteriores a dos cir­
cunferencias son congruen tes:
AB = CD
B) Tangentes Comunes Exteriores
3.6 CUADRILATERO INSCRITO CÍCLICO
Es aquel cuadrilátero cuyos vértices pertene­
cen a una m ism a circunferencia.
ABCD: Cuadrilátero inscrito o Cuadrilátero Cíclico
AC y BD: Diagonales
En todo cuadrilátero inscrito se cum plen las 
siguientes p ro p ied ad es:
Fig. 9.7
1ra PROPIEDAD
Los ángulos opuestos son suplem entarios.
=> a + 0 = 180
2DA PROPIEDAD
Las diagonales forman con los lados opuestos 
ángulos congruentes.
=> a = 0
Ftg. 9.9
304 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto QuIspeR
3 ra PROPIEDAD
Un ángulo interior es congruente con el opuesto 
exterior.
=> a = 0
Se llama así al cuadrilátero que se puede inscribir en una circunferencia, para que esto 
suceda dicho cuadrilátero deberá cumplir con cualquiera de las tres propiedades anteriorm en­
te mencionadas.
Los siguientes cuadriláteros son inscriptibles im portantes.
AC : Diámetro de la circunferencia que pasaría por sus vértices, fig . 9.11 a 
AD : Diámetro de la circunferencia que pasaría por sus vértices.Fig. 9.1 Ib 
ABCD: Es un trapecio isósceles y es inscriptible porque : a + 0 = 180 Fig. 9.1 le
3 .8 ARCO CABAZ í 1 ^
Como el nom bre lo indica es el arco de la 
circunferencia que es capaz de inscribir ángulos con­
gruentes.
AMB: Arco capaz de todos los ángulos que miden "a" 
AB : Cuerda capaz
Cumpliéndose: m AMB = 2 (180 - a ) ... (9.5)
M
9,7 C U A D R IlA im O ̂ S C K ^ IB L B . ;
Fig. 9.12
Luis Ubaldo C Circunferencia II 305
1) Los puntos A, E, F, G y B son concíclicos, si pertenecen a una m ism a circunferencia 
Fig. 9.13a.
2) Si la cuerda capaz AB es diám etro, entonces se cum ple que : a = 90
Fig. 9.13b
«Si desde un punto situado en una circunfe­
rencia circunscrita a un triángulo se trazan perpen­
diculares a sus tres lados, entonces los pies de estas 
perpendiculares estarán contenidos en una m isma 
línea recta llam ada recta de Simson»
"P" es un punto aferente.
PM -L AB , PN -L B C ^ PT -L AC se cum ple que M, 
N y T pertenecen a (Recta de Simson).
Además si prolongam os PT hasta intersectar 
a la circunferencia en F, se cum ple que :
BF //£
En todo triángulo se cum ple que el segm ento 
que une los pies de dos alturas es perpendicular al 
diámetro de la circunferencia circunscrita trazada 
por el tercer vértice.
BF: Diámetro de la circunferencia circunscrita al
A ABC
AN y CN ; Alturas 
Se cumple : MN _L BF
306 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto QuIspeR
«En todo triángulo se cum ple que la bisectriz 
de uno de sus ángulos se intersectacon la media- 
triz del lado opuesto en la circunferencia circuns­
crita al triángulo»
BF : Bisectriz del ángulo B
J?: Mediatriz de AC
La intersección de las dos líneas es el punto 
"F" que está en la circunferencia.
Fig. 9.16
OBSERVACIONES:
1) Si m 4 IA < 9 0 y m 4IC > 90 , entonces el cuadrilátero ABCD será inscriptible, tal com o 
el m ostrado en la Fig. 9.17a
2) Si los ángulos A y C son agudos u obtusos los dos, el cuadrilátero ABCD será un trapezoide 
simétrico tal com o se observa en la Fig. 9.17b
3) Si m 4- A = m 4IC = 90, entonces el cuadrilátero ABCD será un trapezoide simétrico inscriptible 
tal com o se observa en la Fig. 9.17c
(al B (bl B fcl B
A
D
C
D D
Fig. 9.17
Luis Ubaldo C. Circunferencia II 307
c jtK au u j u t tu'ui-atiOlT (»*a rttw#*í)
B
1.- Los catetos de un triángulo rectángulo miden 3 y 4, calcular el valor del inradio. 
R esolución.-
Sea V la longitud del inradio siendo: AB = 3 y BC = 4 
Entonces la hipotenusa m edirá : AC = 5
Finalmente em pleando el Teorem a de P o n ce le t:
3 + 4 = 5 + 2r
r = 1
2. -Dada la siguiente figura, donde el perímetro del cua­
drilátero ABCD es 100. Calcular AD, si BC = 15.
Resolución.-
Por Pithot en el cuadrilátero ABCD, tenem os : AB + CD = BC + AD... (1)
También por dato : AB + BC + CD + AD = 100 ... (2)
Reemplazando (1) en (2): BC + AD + BC + AD = 10 0 
D onde: 2 (BC + AD) = 100
A hora:
Pero por d a to : 
E ntonces:
BC + AD = 50 
BC = 15 
15 + AD = 50
AD = 35 D
3.- En la figura mostrada, calcular “r " s i AB = 5, AD = 7 
y CD = 14.
308 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto QuispeR
Resolución.-
Por Pithot en el cuadrilátero ABCD : 
Lv ABC es notable :
Luego por Poncelet en el t x ABC :
5 + 14 = 7 + BC 
AC = 13 
5 + 12= 13 + 2 r
4.- En la figura mostrada AB = 8 y PC = 5, calcular 
PB si "P “ es un punto exterior a ambas circun­
ferencias, además O y O , son centros.
Resolución.-
De acuerdo con la propiedad 9.5A, se puede estab lecer que : 
CD = AB
Donde : CD = 5 + x
Luego : 5 + x = 8
Entonces : x = 3
5.- En el cuadrilátero ABCD mostrado, se pide calcular "x 
s i : m 4- CBD = 2m 4 ABD, además m AD = 100
Resolución.-
Por ángulo inscrito reconocem os q u e :
m 4 ABD = 50°
D ato: m 4 CBD = 2 m 4 ABD
R eem plazando: m 4 CBD = 2 (50°)
Donde : m 4 CBD = 100°
Ahora com o el cuadrilátero ABCD es inscriptible por item 
9.6.1, te n e m o s:
x + 10° + 50° + 100° = 180° 
x = 20°
BC = 12
r = 2
Luis tibaldo C. Circunferencia II 309
6.- Dado el cuadrilátero inscrito ABCD, donde lá 
calcular 6
Resolución.-
Aprovecharemos este ejercicio para dem ostrar que :
Sabemos q u e : m ABC + m ADC = 360°
R eem plazando: 140° + m ADC - 360°
Donde : m ADC = 220°
220°Ahora por ángulo inscrito : m 41 ABC = —
En co n secu en c ia : m 4 ABC = 110°
Finalmente en el vértice D, se tiene : 70° + 0 = 180°
0 = 1 1 0 °
7.- Dados los siguientes enunciados, decir ¿cuál de ellos es incorrecto?
A ) Al cuadrilátero inscrito también se le llama cíclico.
B) Cuadrilátero ex-inscrito, es aquel cuyas prolongaciones de sus cuatro lados son tan­
gentes a una misma circunferencia.
C) En un cuadrilátero inscriptible, los ángulos opuestos son complementarios.
D) En un cuadrilátero inscriptible, los ángulos opuestos son suplementarios.
E) Todas son correctas.
Resolución.-
Por propiedad, item 9.6.1, sabem os que en todo cuadrilátero inscriptible los ángulos opuestos 
son suplem entarios.
Entonces la incorrecta es la alternativa "C".
8.- Dados los siguientes enunciados, decir ¿cuál de ellos es incorrecto?
A) En un cuadrilátero inscriptible, las diagonales forman con los lados opuestos ángulos 
congruentes.
B) En un cuadrilátero inscriptible, un ángulo interiores congruente con el opuesto.
C) Se llaman puntos concfclicos, a aquellos que pertenecen a una misma circunferencia.
D) El arco de la circunferencia que es capaz de inscribir ángulos congruentes se llama 
arco capaz.
E) Todas son correctas.
Resolución.-
Si analizamos los enunciados, nos dam os cuenta que todas son correctas, la alternativa es la (E).
m 4 ABC = G
310 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto QuispeR
9 a ^ J ^ C 't^ A J V X J m K A IJ t¿ J L Á 5
Las rectas antiparalelas son aquellas rectas que 
forman con los lados de un ángulo dado un cuadri­
látero inscriptible.
4 MON: Angulo dado
PQ y P F : Rectas antiparalelas.
Se cum ple que el cuadrilátero ABCD deter­
minado es inscriptible.
OBSERVACIONES
> __
1) En el A ABC, BF es an tipara le la a AB con respec to a los lados del 4 C , cum pliéndose : 
m 4 BAC = m 4 FBC = a , tal com o observam os en la Fig. 9. 19a
2) En todo triángulo rectángulo la altura referente a la hipotenusa es antiparalela con cada uno 
de los catetos.
Fig. 9.19
9.1JA M tUÍW S f r o p ie d a p e s e s f e r a l e s
1ra p r o p ie d a d
Sip es el sem iperím etro del triángulo ABC ,ra, 
rb, r , las m edidas de los exradios y V la longitud del 
inradio.
Entonces : 
Tam bién: 
Y:
r = r + r + r
D a c
AC = r a + r c
rb=P
Fig. 9.20
Luis Ubaldo C. Circunferencia II 311
2 d a PROPIEDAD
Si r v r son las m edidas de los ex-radios "M"
a 3 c
es el punto de tangencia.
=> AM = ra
MC = r c
Fig. 9.21
3ra PROPIEDAD
Si AABC es un triángulo rectángulo y BH es 
a ltu ra :
=> BH = r + Tj + r 2
4TA PROPIEDAD
Si BP y BQ son bisectrices de 4- ABHy 4- HBC 
respectivamente, se cum ple que :
PQ = 2r
Fig. 9.22
Fig. 9.23
5TA PROPIEDAD
Si PB y DQ son tangentes com unes interio­
res y MN es la tangente com ún exterior.
=> M A = CN
Ftg. 9.24
U i ¿ i / i/ t/ t e m u j u c K jcu n ic it tu y cu tn u re ¿ u iv c r iu ¿ c u / fc»/U XtfUISfJIZi l\.
6T* PROPIEDAD
Si TB y EF son tangentes com unes exteriores 
y PQ es ia tangente com ún in terio r:
PA = QR
Fig. 9.25
7MA PROPIEDAD
Si P y Q son puntos de tangencia
=> PQ = BC - AB
Fig. 9.26
8V* PROPIEDAD
HL = LF
9N* PROPIEDAD
Teorema de Miguel : Si ABC es un triángulo 
intersectado por dos circunferencias según com o 
m uestra la Fig. 9.28
D MBLF es inscriptible
Fig. 9.27
Fig. 9.28
Luis Ubaldo C. Circunferencia II 313
10"* PROPIEDAD
Teorema de Taylor: Si M y N son proyecciones 
de "H" sobre AB y BC
=> O AMNC es inscriptible
11ra p r o p ie d a d
Si BC y AD son secantes para dos circunfe­
rencias com o las m ostradas en la Fig. 9.30
=* m u CD
12DA PROPIEDAD
Si BM es m ed ian a , BH es a ltu ra y :
4 ABH = 4- M BCym 4 A * m 4 C
=> m 4. B = 90°
13ra PROPIEDAD
Si BH es a ltu ra y BM es m ed iana , tal que : 
4 ABH = 4 MBC y el triángulo es oblicuángulo
=* 4 A = 4 C
14TA PROPIEDAD
Si BH es a ltu ra y BM es m e d ia n a tal q u e : 
m 4 C = 45
=> m 4 A = 45
A H C
Ftg. 9-29
314 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Qulspe R.
6J6RC1CIOS D € APLICACIÓN (a00 PARICJ
9.- En la figura mostrada PB y QD son tai iyentes co ­
munes interiores y MN es tangente común interior, 
si MA = 2, hallar CN.
Resolución.-
Sea: CN = x =» QC = x y MA = AP = z
En la circunferencia m enor por propiedad de 
tangentes : AP +PB = AC + CN
Luego: 2 + b + c — AC + x ... (1)
En la circunferencia mayor por propiedad de 
tangen tes:
b + c + x = AC + c ... (2)
Restando (1) - (2) : 2 - j r = j r - 2 
x = 2
10.- En la figura si TB y EF son tangentes 
comunes exteriores y PQ es la tan­
gente común interior. Si PA = 6, calcu­
lar QR.
Resoluclón.-
S ea : QR = RB = x 
=» RT = w y AP = AE = 6 
A hora: 6 + r = m ... (1)
T am bién: w = r + x ... (2)
Por tangentes com unes exteriores :
6 + m = u) + x ... (3)
LulsUbaldoC. Circunferencia I I
Sumando (1), (2) y (3) : l 2 + w + r + m = 2x + w + r + m
x = 6
11.- En la siguiente figura, calcular el valor de PO, 
si BC - AB = 3.
Resolución.-
Por propiedad de tangentes : n + a + a + x = n + x + m + m
D
Sustituyendo: BE = BD
Simplificando: a = m ... (1)
En la figura: BC = n + x + m a AB = n + a
Luego : BC - AB = (n + x + m ) - (n + a) ... (2)
De (1) en (2) : BC- AB = n + x + a - n - a = x
De este m o d o : x = PQ = BC - AB = 3
PQ = 3
12.- En Ia figura mostrada, el cuadriláteroABCD está inscrito en la 
circunferencia. Calcular "Q", s i : m AD = 100B y m CD = 120e
A
Resolución. -
A hora:
Sea l a : m ABC = a 
m ÁDC = 100°+ 120°
De d o n d e : m ADC = 220°
A
Por ángulo inscrito 100°
316 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Qulspe R.
Finalmente por la 1ra propiedad del item 9.6, tenem os : a + 6 = 180°
=> 110o + 6 = 180° /. 0 = 70°
13.- Una circunferencia es tangente a tres lados de un romboide cuyas alturas miden 8 y
10. Calcular la longitud de la cuerda determinada en la circunferencia por el cuarto 
lado.
R eso ludón .-
Trazamos por el centro "O" las alturas MN y HL, donde MN = 10 y NL = 8 
A hora: MN = 2R => 2R = 10
Luego : R = 5 => OH = 3
Donde el OHQ es notable de 37° y 53°
Y com o O H X P Q => PH = HQ = ^
A hora: y = 4
A
x = 8
14.- En la figura mostrada, calcular "a" si AB = CD.
B
Resolución.-
Trazamos la bisectriz AE y si unim os los B
puntos E y D, entonces :
El c u a d r ilá te ro ABED re su lta s e r 
inscriptible según la 2da propiedad del 
item 9.6, dado que :
m 4- BAE = m 4- DBE = a A D 1 C
De esto se deduce que : BE = ED , así el triángulo BED es isósceles 
En el triángulo ABD por ángulo ex te rio r: m 4 BDC = 6 a => m 4 EDC = 5 a
Luis Ubaldo C. Circunferencia II 317
A ABC = A EDC (L.A.L.)
En el triángulo ABC : 2a + 5a + a = 180°
De D onde: 8 a = 180°
15.- En la siguiente figura, se sabe que la m BDE = 200° 
calcular ’B"
m BAE = m ECD = a
a = 22,5°
Resolución.-
Del gráfico a y 0 son com plem entarios, entonces :
a + 0 = 90° ... (I) 
Por ángulo inscrito, tenem os : m AE = 2a 
Por consiguiente : m AB = 2a
En la circunferencia: 2a + 2 a + 200 = 360 
De donde : a = 40o... (2)
Reemplazando (2) en (1 ): 4 0 + 0 = 90°
0 = 50°
200°
/
/
318 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto QuispeR
M i s c e l á n e a
1.- En la figura AB = 8, BC = 11 y CD = 10, además "O" es 
centro de Ia circunferencia mostrada.
Hallar el inradio del triángulo AMO, s i además se sabe 
q u e : AO = 5
Resolución.-
Por el Teorema de Pithot, en el □ ABCD :
8 + 1 0 = 1 1 + AD AD = 7
□ OSDM es un cuadrado, donde : OS = OM = MD = SD = R 
A dem ás: AM = 7 -R ...(1 )
En el AMO, por Poncelet: AM + MO = AO + 2r ... (2) 
Reemplazando (1) en (2) : 7 -R + R = 5 + 2r
r = 1
Hallar el inradio "r".
Resolución.-
E nel ABC: 
Del gráfico:
Por inscrito :
m 4- A = 60° 
m §N = m NC = 60°
m 4 BCN = m B N = 30°
En el NMC de 30° y 60° : MC = 3^3 y BM = 3-J3 
En el ABC de 30°y 60°: AB = 6 y AC = 12
Luego por P oncelet: 6 + 6-J3 = 12 + 2r
60°
r = 3 (V 3 -1 )
Luis Ubaldo C. Circunferencia II 319
3.- Por el incentro "/" de un triángulo rectángulo ABC se traza ED //AB ( E en AC y D en 
BC) y GF // BC (G en AB y F en A C ). Las circunferencias inscritas en los triángulos 
AG F y EDC tocan a AC en P y Q, si los radios de estas circunferencias miden 3 y 5.
Resoluclón.-
Por propiedad de las tangentes :
AP = AT = o , CQ = CS = 6
Además : TG = 3 y DS = 5
También : BG = BD = r 
(inradio del triángulo ABC).
En el ABC, por p o n c e le t:
AB + BC = AC + 2 r
a + 3 + r + r + 5 + b = a + x + b + 2r
x = 8
4.- A partir del gráfico adjunto calcular x , s i : 
AB = 2 BH .
Resolución.-
S ea : BH = o => AB = 2o
Prolongamos BH hasta M de m odo que :
BH = HM = a
Luego los triángulos ABM y BCM resultan ser 
isósceles d o n d e :
m 4 BAM = m 4 AMB = 50° y
m 4 CBM = m 4 CMB = 25°
El cuadrilátero ABCM es inscriptible ya que :
m 4 ABC + m 4 AMC = 180
* = 50
5.- Sobre e l lado AD de un trapezoide ABCD, se considera el pun to P , tal que : 
m 4 PBC = m 4 PDC y m 4 PAB = m 4 BCP, luego se trazan BE y CF perpen­
diculares a AD. S i EF= a , hallar AD.
320 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto QuIspeR
Resolución.-
Trazamos CQ de m odo que : m 4 CQD = m 4- CDQ = 6 
Luego el A QCD es isósceles, por lo c u a l: QF = FD
Reconocem os que el □ QBCP es inscriptible, dado que : 
m 4 BCP = m 4 BQA = a 
De donde : AE = EQ
Del gráfico: AD = 2(EQ + QF)
Pero: EQ + QF = a
AD = 2a
6.- En la figura mostrada se sabe que : MN = 15 
Calcular x
Resoludón.-
Por el Teorema de F oncele t: fcs. ABC: AB + BC = AC + 2x
También : fcs. ATB: AT + 3 + MB = AB + 6
fci, BKC: BN + 4 + KC = BC + 8
i
Sum ando (1) + (2) + (3) convenientem ente :
Por consiguiente:
Sum ando (1) + (2 
(AT + KC) + (MB + BN) + 7 = 6 + 8 + 2x + AC... (1)
(1)
(2)
(3)
MB + BN = MN = 15 
AC = AT+KC . ó AC = AT + KC (2) 3'
\ \ 3
De (1) en (2) : AC + 15 + 7 = 14 + 2x +
x = 4
7.- En un cuadrilátero inscrito ABCD las diagonales se intersectan perpendicularmente 
en H. Se trazan HP, HQ, HR y H f , perpendiculares a los lados 7EB, BC, CD y AD 
respectivamente. S i PQ = 7, QR = 11 y RT = 9; hallar PT.
Luis Ubaldo C. Circunferencia II 321
Resolución.-
En el cuadrilátero inscrito ABCD : m 4 DBC = m 41 DAC = a 
Reconocem os que : □ PBQH y □ APHT, son inscriptibles; luego 
m 4 HPQ = m 4 HBQ = a y m 4 T t W = m 4 TPH = ct
t
Para el cuadrilátero PQRT, PH es bisectriz del 4 P, análo- ^ 
garriente y por el m ism o procedim iento anterior dem ostra­
rem os que QH, RH y TH son bisectrices de Q, R y T respec­
tivamente, de donde el □ PQRT resulta ser circunscriptible 
por lo cual aplicam os el Teorem a de Pithot.
* + 1 1 = 7 + 9 * = 5
8 - En el gráfico mostrado; hallar “B"
Resolución.-
Trazamos la bisectriz del 4IBAC, de m odo que intersecte a 
la prolongación de DC en T, luego el □ ABTD es inscriptible 
de d o n d e :
m 4 ABD = m 4 ATD = 0
Para el BAC, AM es m ediana y bisectriz, luego tam bién 
es altura, es decir AM _L BC.
Para el BTr , TM es m ediana, lu e g o : BM = MC
En el TMC : 20 = 90
6 = 45°
/ / v x a 
/ / / “ \
K X i ÍH lll
r v W
\ \ 9
/ R /
D
9.- Se tiene el triángulo isósceles ABC inscrito en una circunferencia, sobre el arco ÁB, 
se ubica el punto P tal que PA = 2 y PB = 5. Calcular PC, si (AB = BC) y m A = 53g)
Resolución.-
Trazarnos BQ (Q en PC) con la con­
dición : m 4 BQP = 53°
Luego PB = BQy 4 PBA= 4 QBC.
A APB = A BQC (L.A.L.)
=> AP = QC = 2
322 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R.
En el triángulo isósceles PBQ trazam os la altura BH , lu e g o : PH = HQ = 3 y PQ = 6
Del gráfico: PC = 6 + 2 PC = 8
10.- Un trapecio rectángulo ABCD es recto e n A y B . S i los inradios de los triángulos ABC 
y ACD miden 3 y 5, hallar BC (A C ± CD)
t—
B
Resolución.-
Por el teorem a de P o n ce le t:
En el ABC : AB + * = AC + 6 ...(1 )
En el ACD : AC + CD = AD + 10 ... (2)
Por el teorem a de Pithot, en el ABCD :
x + AD = AB + CD ... (3)
Sumando las expresiones (1) , (2) y (3) : 
frÚ + ÁQ + pfé + 2x + £ d ,= ÁQ + £ 0 + 16
En consecuencia : 2x = 16
* = 8
—i
C
11.- Calcular x del gráfico.
Resolución.-
Construimos el triángulo BPD congruente al triángulo BCD.
Reconociendo que : OC - OP = OB concluimos 
que BD es mediatriz de CP.
Luego : m 4 BPD = m 4- BCD = x + 2a
Además: m 4 OPB - m 4 OBP = x
El ABDP es inscriptible entonces :
m 4 DAP — m 4 OBP = x
En el □ ABOP AO es bisectriz del 4 A y BO = OR 
luego por propiedad dicho cuadrilátero es un 
cuadrilá tero inscrip tib le tipo trapezo ide si­
m étrico .
Luis Ubaldo C. Circunferencia II 323
Luego AO es m ediatriz de BP, de donde BC = CP y el A BCP es equilátero :
2 x = 60 
x = 30°
12.- En la figura mostrada, se sabe que : 
BN= 2J2 y Al = IB.
Hallar la medida de MA.
Resolución.-
Trazamos PS // MN, luego el Es SABP es un trapecio isósceles 
De donde : AS = PB y m 4 SAM = m 41 PBN = [3.
A dem ás: SI = IP
m 4CISP = m 4- IPS = a y m 4 MIS = a 
Por 4- inscrito: m 4- SQT =m 4- SPT = a 
C\ MQIS es inscriptible dado que :
4IMQS = 4 MIS 
Por 4 inscrito : m 4 IMS = m 4 SQI = 6 
Como MN // SP, entonces se cumplirá que: 
m 4 MNP = m 4 SPL = 0 
Luego: A MAS = A BNP (ALA)
jc = 2J 2
13.- Calcular x, si m ÁD + m BC = 64B 
Además AB / / DC
A T O P B
324 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto QuispeR.
Resoluclón.-
Por Propiedad: m 4 ADT = m 4- PCB = 45°
Al com pletar la circunferencia, las prolongaciones de 
DT y CP se cortan en el punto E que pertenece a ella.
Por 4 inscrito: m 4 DEC = ... (*)
Pero : m AD + m BC + m DC = 360 - 180 
=> m AC = 116°
Y en (*) : m 4 DEC = ^ = 58°
E nelA T E P: « + 6 = 1 2 2 °
EnelA Q R L : a + 6 + jr= 1 8 0 ° => 122 + jc = 180
x = 58°
14.- Un triángulo ABC, recto en B se inscribe en una circunferencia; PQ intersecta a AB 
e n M y a BC e n N . S i P y Q son puntos medios de los arcos A B y BC respectivamente, 
hallar la razón entre los inradios de los triángulos ABC y MB N.
Resolución.-
Observamos que los cuadriláteros INQC y APMI son inscriptibles, de d o n d e : 
m 4 AMI = 90° y m 4 INC = 90°
El cuadrilátero MBNI es un cuadrado cuyo lado es el inradio V del fcs. ABC 
Luego : MN = r j 2
En el MBN de 45° , por P once le t: 
r + r = r J 2 + 2x 
Ahora: r (2 - J í ) = 2x
L = 2 . 2 + J2
^ x 2 - J2 2 + J2
E
- = 2 +J2x
Luis Uboldo C. Circunferencia II 325
15.- Del gráfico, calcular x , si 0 1 y Os son centros de dos 
circunferencias y Tes punto de tangencia.
m TL = 45° y com o m 4- AQL = 45°, por Propiedad se
Resolución.-
En la circunferencia 0 2: m 4 TQL = 
tiene que A, T y Q son colineales .
Análogamente deducimos que los puntos P , Ty B son colineales pues m 4 APB = m 4 APT = 90°
Diremos que el cuadrilátero APQB es un ___
trapecio isósceles porque AQ = PB.
Luego : m AP = m QB = 45°
Pbr 4 inscrito m 4 PQA = -m t P - = 22° 30'
=» x = 4 5 °+ 2 2 ° 30' x = 67° 30'
16.- En la figura A, B y L son puntos de tangencia, O es centro y 
m AB = 148. Calcular x.
Resolnción.-
m 4 QPor Propiedad : m 4 TOR = 90 + ----- — = 106°
Luego por suplem ento : m 4 KOR = 74°
□ TASO y □ OKBR son inscriptibles, de donde :
m 4 TSO = 90° y m 4 OKR = 90° 
Además : m 4 SAO = m 4 STO = 1 6 ° y 
m 4 KBO = m 4 KRO = 16°
□ TSOL y □ OKRL son inscriptibles :
=* m 4 STO = m 4 SLO = 16° y
326 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Qulspe R.
m 4 OLK = m 41 ORK = 16°
Luego: x = 1 6 ° + 1 6 ° /. x = 32°
17.- Calcularx, si AM = MC en el triángulo mostrado. B
Resolución.-
Trazamos la mediatriz MN de AC 
Luego en el triángulo isósceles ANC:
m 4 NAC = m 4 NCA = 35° y
m 4_ ANM = m 4- MNC = 55°
El cuadrilátero MNBC es inscriptible (2° Prop.)
x = 55°
18.- Del gráfico mostrado, si AB es diámetro se pide de­
terminar el valor de "x " .
B
Resolución.-
El cuadrilátero inscrito APQB : m 4 PAB = m 4 CQB = 6
(Propiedad de Cuadriláteros inscriptibles)
A dem ás: m 4 AQB = 90°
En el cuadrilátero inscrito AEMB :
m 4 EAB = m 4 BMC = 6 
(Propiedad de Cuadriláteros inscriptibles)
El cuadrilátero QMCB es inscriptible ya que :
4 BQC = 4 BMC 
x = 90°
Luis Ubaldo C. Circunferencia II 327
19.- En la figura mostrada se sabe que : A E= TF y O 
es el centro de la circunferencia; con los datos 
indicados, hallar x .
Resolución.-
Y aque: EA =TF =* PF //A T
Luego : m 4 FPA = m 41 TAR = 45° => m AT = 90° (4 semi - inscrito).
Al trazar la bisectriz P O , se tiene :
m 4 SPO = m 4 OPA = 4 5 -0
De donde : m AS = 90 + 2 0
m ASPor 4 inscrito : m 4 STA = = 45 + 02 - — ^ ,/45-e1
EnelA SO T: m 4 OST = m 4 OTS = 0
De ello deducim os que el cuadrilátero PSHO es inscriptible 
x = 90°
20.- Hallar la medida del ángulo que forman las diagonales de un cuadrilátero circuns- 
criptible ABCD, si los inradios de los triángulo ABCyADCson congruentes. Además: 
m 4 ABC = m 4 ADC = 90
R esolución.-
Empleando el teorem a de Poncelet en el ABC :
a + b = AC + 2 r ... (1)
Y en el ADC :
De (1) y (2) :
Por el teorem a de P ith o t: 
Sumando (3) y (4) :
En (3) deducim os que :
c + d = AC + 2 r ... (2) 
a + b = c + d ... (3) 
a + c = b + d ... (4)
2a = 2d => a = d 
b = c
De donde el cuadrilátero ABCD es un trapezoide sim étrico : * = 90
328 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto QuIspeR.
21.- En un triángulo rectángulo ABC se traza la altura BH relativa a la hipotenusa; si los 
inradios referentes a los triángulos AHB, BHC y ABC miden a, b y c respectivamente, 
se pide calcular BH.
Resolución.-
Aplicando el Teorema de Poncelet en :
fc, ABC: AB + BC = AC + 2c ... (1)
AHB : AH + BH = AB + 2a ... (2)
BHC: BH + HC = BC + 2b ... (3)
A H C
Sumando las expresiones (1) (2) y (3)
2BH + ^ + 2(a + b + c) => 2 BH = 2(a + b + c)
BH = a + b + c
22.- Dos circunferencias tangentes exteriores de centros 0 y 0 1 son tangentes a los lados de 
un triángulo rectángulo ABC. Los puntos de tangencia en la hipotenusa A C son Py Q en 
AB, TenAB yKen BC .S iB T = P O y BK=a, hallar el inradio del triángulo ABC (BK>BT)
R eso ludón .-
Aplicando la propiedad de las tangentes tenem os : AT = AP = m y CK = CQ = n
Sea «r» el inradio del fex ABC
Luego por P once le t: AB + BC = AC + 2 r ... (*)
Pero: AB = p + m ; BC = a + r? y
AC = m + p + n
L u e g o e n (* ): p + m + a + n = m + p + n + 2r
a A m P p Q n C
r = 2
23.- Hallarla longitud de la hipotenusa de un triángulo rectángulo cuyos ex-radios referen­
tes a los catetos miden 8 y 10
Resolución.-
Trazamos'PE , PT , QF y QK 
Luego □ PEBT y □ BFQK resultan ser cuadrados 
D onde: PE = PT = BE = r y BF = QK = QF = ro
Luis tiba ldo C. Circunferencia II 329
Aplicando la propiedad de la circunferencia ex - inscrita en el fc* ABC: CE = BC + rc = p ... (1)
AF = AB + ra = p ... (2)
Sumando (1) y (2 ): AB + BC + r , + rQ = 2p
Sustituyendo 2p: AB + BC + ra + r = AB + BC + x =» x = ra + r ... (Propiedad)
Para el p ro b lem a: x = 8 + 1 0 jc = 18
24.- Demostrar que en todo triángulo rectángulo la longitud del ex - radio referente a la 
hipotenusa es igual a la suma de las longitudes de los ex-radios referentes a los 
catetos y del inradio.
Resolución.-
Sea «O» el centro de la circunferencia ex-inscrita al Bx ABC referente a la hipotenusa
Luego PBQO es un cuadrado, donde : BP = r.
Pero por propiedad en el B^ ABC : BP = BQ = p
AB^BC+AC
rb =
Por Poncelet: AB + BC = AC + 2r
=> AB + BC + AC = 2 (AC + r)
...(1 )
. . . (*)
Luego en (*) : AB + BC + AC = 2 (ro + r . + r) ... (2) 
Reemplazando (2) en (1) : r = + + ^ r , —r + r + r
b a c
25.- En un triángulo ABC se ha trazado Ia altura BH, luego HN X AB y HM 1 BC. 
Si m 4_ AMN = 20, calcular la m 4_ NCA.
Resolución.-
En el BHC , sea : m £ BCH = 0
Luego : m 4- BHM = 0
En el cuadrilátero inscriptible NBMH , por 2da 
prop iedad : m 4- BNM = m 4 BHM = 0
El cuadrilátero ANMC es inscriptible ya que : 
m 4 BNM = m 4 ACB = 0
x = 20
B
330 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto QuIspeR.
26.- Un triángulo ABC se encuentra inscrito en una circunferencia: la prolongación de la 
altura AH corta en F a la circunferencia; luego se traza FP ± AC .
Calcular la m 4- HPF, si m 4- ABC = 4m 4 HPF
Resoluclón.-
S ea : m 4 HPF = x =
m 4 HCF = m ^CHPF = x = 
En el fc, BHA: x + 4x = 90°
D onde: 5x = 90°
x = 18°
27.- Del gráfico mostrado, calcular x, si 
además se sabe que : AM = MC
Resolución. -
Trazamos la mediatriz de AC la cual intersecta 
a BC en N.
Luego : m 4 ANM = m 4 MNC = 70
Por lo cual el cuadrilátero ABNM es inscriptible: 
C om o: m 4 NAC = 20°
=* x = 20°
28.- Calcular x, si O es centro de la circunferen­
cia mostrada.
Luis Ubaldo C. Circunferencia II 331
Resolución.-
Del gráfico observam os que : AE // PN
=> m AM = m MB = m AE - m EN= 60° 
m B N = 120°
De donde BE es diám etro : BE = 2R 
En el ^ EAB de 30° y 60° : AB = R j3 
En el triángulo equilátero APB :
PA = PB = AB = R J3 
APBN: isósceles => PB = B N =/?V 3
60°
De d o n d e : BF = FN =
Sea "G" el punto m edio de PB
GBO = FNE (L.A.L.)
Por dicha razón el cuadrilátero PEFB es inscriptible
29.- Del gráfico mostrado, hallarx , si BM = MC
Resolución.
Prolongamos PM hasta Q de m odo que :
PM = MQ
Luego PBQC es un rom boide, donde :
m 4 BCQ = a y m 4 CBQ = x
Dado que :m 4 BAQ = m 4 BCQ, concluimos 
que el cuadrilátero ABQC es inscriptible
x = 25°
PG = GB =
m 4 OGB = m 4 EFN = G
x + 120°= 180°
x = 60°
B
332 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto QuIspeR
30.- Calcular x, si O y 0 1 son centros.
Resolución.-
Trazamos CT y CB 
L uego: m 4 ABC = 90°
En el □ inscriptible TBCH : m 4 TCB = x 
Trazamos ET, luego en la circunferencia m e n o r : 
m 4 ETC = 90 y m 4 ATE = x
Por 4 inscrito: m 4 TCE = x
En el fcx ABC : x + 2x = 90°
x = 30°
31.- En un triángulo ABC, se traza la ceviana BD de modo que :
AB = C D ,m 4 ABD = 2m 4 BAC = 4 m 4 DBC. Hallar la m 4 DBC
R eso ludón .-
Hacemos que : m 4 DBC = a 
Según d a to s : m 4 BAC = 2 a y m 4 ABD = 4 a 
Trazamos la bisectriz interior AE, lu e g o :
m 4 BAE = m 4 EAC = a ^ ^
El£U ABED es inscriptible, de donde : m 4 BDE = a y BE = ED 
A ABE = A EDC (LAL) : AE = EC =» m 4 BCA = a
En el A ABC : 2 a + 5a + a = 180° „
D onde: 8a = 1 8 0 ° /. a = 22,5°
32.- En un triángulo rectángulo ABC, recto en B se traza la altura BH. Sean M y N los 
puntos medios de BH y HC respectivamente. AM prolongado ¡ntersecta e n T a BN; 
calcular la m 4 ATH, si m 4 ACB = a
LuisUbaldoC. Circunferencia I I 333
Resolución.-
En el BHC, reconocemos que MN es base media
Luego MN es paralelo a BC y al prolongar NM. 
ésta intersecta perpendicularmente en L a AB
Asimismo: m 4 LNA = m 4 - BCA = a
En el A ABN se observa que M es su ortocentro 
Luego AT es altura, por lo tanto AT _L BN 
En el cuadrilátero ¡nscriptible HMTN:
x = a
B
l/ '
f x j
r r a/\ -
H N
33.- La figura ABCD es un cuadrado, además se sabe 
q u e : TM = M K . H allar: x
Resolución.-
La diagonal AC forma 45° con AD y CD respectivamente
Al trazar TF y KE se determinan los cuadriláteros inscriptibles ABFT y EBCK (^CTBF = 41FAT)
Luego : m 4 BFT = 90° y
m 4 BEK = 90°
En el A TBK: KE y TF son alturas y en consecuencia el 
cuadrilátero TEFK es ¡nscriptible a una circunferencia de 
centro M.
x ~ m EFLuego 
Pero: 45 = m EF
( 4 central) 
( 4 inscrito)
45. i
x = 90°
334 Problem as de Geom etría y cóm o resolverlos Ernesto QuispeR.
Trazamos AP de modo que BD sea su mediatriz
Luego : DP = DA ; BP = BA ; TA = TP y m 4 PDT = m TDA = 30
A BPD = A BAD (LLL) => m 4 BPD = m 4 BAD = 130 
El □ BPCD es inscriptible 
=> m 4- PCB = 30 y m 4- CPD = 0
A TPC = ATCD (4to caso)
=* m 4 PTC = m 4 CTD = 60
A PTC: 60 + 40 + 80= 180
0 = 10°
35.- A partir del gráfico mostrado, calcular x. B
Resol ución.-
En la prolongación de CB ubicamos el pun­
to M de modo que m 4 MAB = 30 , para 
formar asi el triángulo isósceles AMC
Donde : AM = MC = o
Trazamos MT _L AB (Ten AD)
Se forma el triángulo equilátero AMT
Donde : AM = MT = a
m 4 AMT = m 4 ATM = 60°
Luis Ubaldo C. Circunferencia 11 335
Además como AB es mediatriz de HT, se tiene que :
BM = BT y m 4 . BMT = m 4 BTM = 60° - 2a 
El A TMC es isósceles: m 4 MTC = m 4 MCT = 60° + a ;
m 4 BTC = 60° + a - (60° - 2a) = 3a y m 4 ACT = 30 
Eli cuadrilátero TBCD es inscriptible: => m 4 CTD = m 4 DBC = 60 - a
Finalmente en el A OBC : x = 60° - a + 30 + a x = 90°
3 6 -En un trapezoide ABCD: m 4 B A C = 2 m 4 BDC=209, m 4 DBC=309y m 4 BDA = S09. 
Calcular la m ACD
Resolución.-
Trazamos DM de modo que m 4 MDB = 10o 
Luego el cuadrilátero AMCD es inscriptible 
De acuerdo con la 3ra. propiedad :
Trazamos CH _L BD (H en DM)
Luego, el triángulo HBC es equilátero 
Donde : m 4 BHC = m 4 BCH = 60°
El cuadrilátero MBCH es inscriptible pues :
m 4 BMC = m 4 BHC = 60°
=> m 4 CMH = m 4 HBC = 60°
Finalmente en el punto M : 60° + 60° + x = 180°
x = 60°
37.- En un cuadrilátero inscriptib le ABCD, M es punto medio de AD, m 4 BAD = a y 
m 4 ADC = 0 . Calcular la m 4 BMC, si a > 0 y BM = M C .
Resolución.-
Ubicamos el cuadrilátero ABCD en la circunferencia corres­
pondiente . A continuación trazamos AT // BC , resultando 
el trapecio isósceles ABCT.
Donde : AB = CT , m 4 BAT = m 4 ATC = 0
Luego se verificará que : AABM = AMCT
336 Problem as de Geom etría y cóm o resolverlos Ernesto QuIspeR.
=> AM = MT = MD 
Esto significa que «M » es el centro de la circunferencia , de donde : AM = BM= MC = MD
En el A AMB isósceles se verifica que : m .4 ABM = a
Además : m 4 AMC = 20 y m 4- AMB = 20 - x
Luego : 20 - x + a + a = 180 x = 2 (a + 0) -180°
38.- En un triángulo ABC, se traza la ceviana BD y a continuación CF perpendicular a la 
prolongación de BD. Si AB = 2 B F , m 4 C - 2 a , m 4 ABD = 4 a y m 4 FBC = 4 5 - a ; 
calcular a
Resolución.-
Prolongamos BF hasta L, tal que : BF = FL = o
Luego el A ABL es isósceles , donde :
m 4 BAL = m 4 BLA = 90 - 2a 
De este modo el ABCL es isósceles .
=> m 4 CBL = m 4 CLB = 45 - a 
El cuadrilátero ABCL es inscriptible ya que: 
m 4 ABC + m 4 ALC = 180 =
4a = 90°
3 9 .-Calcular "x" del gráfico adjunto.
Resolución.-
Por A trazamos una recta que forma 30° con AB y que se intersecta en P con la perpendicular 
trazada por D a la prolongación de AB , formando el triángulo equilátero PAD
P
=> AP = PD = AD y m 4 ADP = m 4 APD = 60
, é o ^ w
El triángulo PDC es isósceles / -r \
=> m 4 DPC = m 4 PDC = 40°
El cuadrilátero BPCD es inscriptible:
Luis Ubaldo C. Circunferencia I I 337
40.- En el gráfico mostrado, se sabe q u e : 
A, E, T y S son puntos de tangencia, 
adem ás: m AB = mTL
Calcular x
Resolución.-
Con respecto a las circunferencias tangen­
tes interiores de centros O y Oj .
BC es una cuerda de Oj tangente en E a O
Luego por propiedad AT es bisectriz del 
4L BAC
Con relación a las circunferencias tangentes 
exteriores O y Oz
ST es bisectriz del 4 ESC
Por inscrito: m 4 ASE = m ̂ = a
_ mTL
m 4- TSL = = a
Luego: 3a =180 => a = 60°
Para el A AQS : T es excentro, luego QT es bisectriz : x = ^ (Propiedad)
x = 30
338 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto QuispeR-
PR0GL6M&S PROPUeSTOS
1. El ángulo B de un triángulo ABC mide 60°. 
Se trazan las medianas AN y C M . El radio de 
la circunferencia inscrita en el cuadrilátero 
MBNG (G es baricentro del ABC) mide yÍ3 . 
Calcular AC.
A)4a/3 B)8 C)6 D )6 sÍ3 E)3
2.- En la figura, los semiperímetros de las re­
giones triángulares sombreadas, suman 16. 
Calcular el semiperímetro del triángulo ABC.
A ) 12 B
B) 14
C)8
D)32
E)16
3.- La circunferencia ex-inscrita a un triángu­
lo ABC determina los puntos de tangencia F 
y G sobre BC y la prolongación de AB res­
pectivamente la prolongación de GF intersec- 
ta a AO en el punto H, siendo O el centro de 
la circunferencia ex-inscrita.Calcular la me­
dida del 2CAHC.
A ) 60° B) 75° C) 45° D) 90° E) 53°
4.- ABCD es un romboide, O es centro MC = 8. 
Hallar el semiperímetro del cuadrilátero PQRS.
5.- Del gráfico mostrado O es centro; hallar x
A ) 45° B)60° C)53° D)75° E)90°
6.-En la figura AN = 8 y ND =2.
Calcular «A B »
A ) 6
B)7
C)8
D)9
E) 10
7.- En la figura «H » es ortocentro del A ABC, 
BM = MC y BC = 8-^2 . Hallar: PQ
A ) 4
B)6
C)8V2
D)8-x/3
E)8
8.- Un cuadrilátero ABCD se encuentra cir­
cunscrito a una circunferencia de radio R . Se 
sabe que m £ . ADB = 90 y la distancia entre 
los centros de las circunferencias inscritas en 
los triángulos ADB y BCD es 6. Calcular 7?.
A ) 16 B) 12 C) 16 D) 8 E) 10 A )6V2 B)6V3 C ) 3 j 2 D ) 5 j 2 E)6
Luis Ubaldo C. Circunferencia I I 339
9.- En la figura ABCD es un cuadrado.
Calcular :x
B C
A ) 26,5 B)30 C)37 D)36 E)22,5
10.- Dado un triángulo ABC recto en A , la 
circunferencia inscrita es tangente a AB en 
M, a BC en N y a AC en P. La recta que pasa 
por M y N intersecta a CA en «E » y en «F » a 
la perpendicular a AC trazada por C. Calcular 
lam 2t FEP, si lam A. EFP = 20
A ) 15 B)30 C)25 D)26,5 E)40
11.- Calcular MN, si BD = 8
12.- El lado de un cuadrado ABCDmide "b". 
Sobre AD y CD se ubican los puntos M y N 
respectivamente. El inradiodel triángulo MDN 
mide "a". Hallar M N , sim 4 MBN = 45°
A )a + b B ) b - a C )b -2 a
D)2 b - a E)2 b + a
13.- S i: AB + CD = 21; PQ=10,
14.- A partir de un punto P, exterior a una cir­
cunferencia se trazan la tangente PA y la se­
cante PQL. Luego se une "L" con el punto me­
dio M de P A . LM intersecta en F a la circun­
ferencia, calcular la m 4- FPA, si m QF = 72°.
A ) 24° B) 28° C) 36° D )48° E) 54°
15.- En la figura m MN = 84°; hallarx.
A ) 42°
B)44°
C)46°
D)48°
E)38° A O B
16.- Se tiene un cuadrilátero ABCD circuns­
crito a una circunferencia, tal que: CD = 5,
m £. A = 37° ym 2Í. B = 90°.
S i: AD + BC = 21, calcular la medida del radio 
de la circunferencia.
A ) 1 B)2 C)3 D)4 D)5
17.- Del gráfico, calcular lam AB, si m BC = 90°
A ) 30°
B)45°
C)53°
D)60°
E)75° C
340 Problem as de Geom etría y cóm o resolverlos Ernesto QuIspeR.
18.- El punto de tangencia de la circunferen­
cia inscrita en un trapecio rectángulo divide al 
mayor de los lados no paralelos en segmentos 
que miden 1 y 9. Calcular la medida de la me­
diana del trapecio.
A ) 6 B) 7 C) 8 D) 9 E) 10
19.- De la figura, calcular AM , si MQ = 5 y 
PQ = 3 (O y O ,: centros)
A ) 16
B)12
C) 10
D)8V2
E )S S
20.- En un trapecio rectángulo ABCD recto en 
A y B, tomando como diámetro AB se cons­
truye una circunferencia que es tangente a 
CD en M. Calcular «C D » , si el radio de la 
circunferencia mide 6 y el perímetro del trape­
cio es 38.
A ) 8 B) 11 C) 13 D) 15 E) 19
21.- En un triángulo isósceles ABC, AB = BC 
; se traza la altura AH y en el triángulo ABH 
se inscribe una circunferencia de centro «O ». 
Si OC = 6, calcular «A C »
A ) 6 B) 6-J3 C) 9 D) 6-J2 E) 12
22.- Calcular x , si ABCD es un cuadrado y 
TM = MQ.
B C
A ) 60°
B)75°
Q90°
D) 105°
E) 120°
23.- Del gráfico hallar el semiperímetro del 
pentágono ABCDE.
A ) 2(3/? + r t + r2)
B) R + r x + r2
C) 2+ r t+r2
D) 3 R + r x + r2
E) 3R + 2r. + r.
24.- En la figura, A ABC es equilátero. Hallar 
su altura.
A ) 2r B) 3r C) 4r D) 5r E) 6r
25.-En la figura: BM + AP = NC + QD.
S i: AB = 4, hallar :CD
A ) 8 B )2 C) 4 D) 3 E )5
LuisUbaldoC. C ircunferencia I I 341
m j£ -A = m ¿CB = m¿C ACD = 90°
Las medidas de los inradios de los triángulos 
ABC y ACD suman 8 con AD.
Calcular el perímetro del cuadrilátero ABCD.
26.- En un cuadrilátero ABCD :
A ) 8 B) 9 C) 10 D) 12 E) 16
27.- En la figura P, Q y T son puntos de tan­
gencia PM = 4. Hallar MQ
A) 2
B) 3
C) 4
D) 5
E) 6
28.- En un trapezoide ABCD que es circuns- 
criptible se sabe que :
AB = 7 , BC = 1
m 2Í. CAD = 30
m ADC = 90
Calcular la medida del radio del triángulo 
ACD
A ) 1,5 B) 2 C) 2.5 D) 3 E) 3,5
29.- Se tiene un triángulo rectángulo ABC rec­
to enJ3. Por el incentro I se trazan PQ // BC 
y MN // AB (P en AB, N en BC y M , Q en 
A C ). En los triángulos APQ y MNC se ins­
criben circunferencias que son tangentes a AC 
en “E” y “F ’ respectivamente.
Calcular “E F ’ (los radios de las circunferen­
cias miden 3 y 5)
A ) 4 B) 6 C) 8 D) 10 E) 12
30.- En la figura “ F es incentro del triángulo 
ABC , AB = 5 y AC = 12. Calcular “AN”
A ) 2
B) 3
C) 4
D) 5
E) 6
31.- En la figura, ABCD es un romboide. Ade­
más T y C son puntos de tangencia. Hallar x .
A ) 50°
B) 25°
C) 40°
D) 55°
E) 45°
32.- Hallar x del gráfico.
A ) 68° B) 78° C )88° D) 80° E)90°
33.- Del gráfico adjunto, calcular x.
A ) 48° B) 64° C )57° D) 60° E) 67°
342 Problem as de Geom etría y cóm o resolverlos Ernesto Qulspe R.
34.- Si el cuadrilátero ABCD es circunscriptible, 
BN = 20. Hallar:K = r i + r 2 + r3+2R
A ) 15 B)20 C) 18 D) 10 E)40
35.- En los lados BC y AD de un romboide 
ABCD se ubican los puntos P y Q respecti­
vamente, tal que el cuadrilátero ABPQ es 
circuns-criptible. Calcular el inradio del trián­
gulo QCD, s i:
mA PCQ = 30 
PC + PQ = 2( AQ)
QC = 4 + 2V3
A ) 2 B)1 C)V3
D) ->¡6 E) Vó/2
36.- En un triángulo rectángulo ABC recto en 
B. lam A C = 37. Si «E » es excentro relativo a 
BC, I es incentro y «P » es punto de tangencia 
de la circunferencia inscrita con AC .
Calcular lam A IEP.
A ) 7,5° B )8° C) 10,5° D) 12° E) 15°
37.- En un triángulo ABC se trazan las media­
nas AM y CN que se intersectan en «G » tal 
que, el cuadrilátero BMGN es circunscriptible. 
¿Qué clase de triángulo es el triángulo ABC?
A ) Acutángulo D) Isósceles
B) Rectángulo E) Escaleno
C) Equilátero
38.- En un triángulo ABC : mA A = 60, el 
inradio mide « a » y el ex-radio relativo a BC 
mide «¿>». Calcular «B C »
A ) b - a D) ( b - a ) j 3
2 {b -a )
B)2 (a+ b ) E) ^
C )(a-fc)73
39.- Dada una semicircunferencia de diámetro 
AB y centro «O » sean P y Q puntos de dicha 
curva, se traza QH ± OB (H e O B ).
Calcular «PQ », s i: AP = 2;
QH = 6
y m A PAQ = 3 (m A QAB)
A )3V3 B)6V3 C)3V2
D)4,y6 E)4,5
40.- En un triángulo escaleno ABC, se traza la 
mediana BM y las circunferencias inscritas 
en los triángulos ABM y BMC son tangentes 
a dicha mediana en P y Q y la circunferencia 
inscrita en el triángulo ABC es tangente a AC 
en N. Indique la relación correcta.
A ) PQ = 2MN B)PQ = 3MN
C )PQ =M N D )PQ = ̂ p
E )PQ >M N
a) Es el pui nú de <_u i i c u i i ei ida de las mediai ias del A ABC.
b) Divide a la mediana en la razón de 2 a 1.
Es decir: BG = 2GL ... (10.1)
c) Es también baricentro del A MNL llamado triángulo 
mediano o complemento del A ABC.
d) Su posición es interior al A ABC.
10.2 INCENTRO (I)
a) Es el punto de concurrencia de las bisectrices inte­
riores del A ABC.
b) Equidista de los lados del A ABC.
Es decir : IM = IN = IL = r (inradio) ... (10.2)
c) Es el circuncentro del A MNL llamado triángulo 
tangencial.
d) Su posición es interior al A ABC
e) Es el centro de la circunferencia inscrita al triángulo.
10.3 EX-CENTRO (E)
a) Es el punto donde concurren las bisectrices exte­
riores de B y C y la bisectriz interior de A del A ABC.
b) Equidista de un lado y de las prolongaciones de 
los otros lados. Es decir :
EH = EL = ET = ra (ex-radio) ... (10.3)
c) Su posición es exterior al A ABC.
d) Es el centro de la circunferencia ex-inscrita al 
A ABC, relativa al lado BC.
B
/e\e\
J a n
\ y X k
PKa.
A L C
Fig. 10.2
344 Problem as de Geom etría y cóm o resolverlos Ernesto Quispe R.
10.4 ORTOCENTRO (H )
a) Es el punto donde concurren las 3 alturas del A ABC
b) Su posición varía según el tipo de triángulo.
Por ejemplo:
1) En un triángulo acutángulo, se halla en un punto interior (ver Fig. 10.4a)
2) En un triángulo obtusángulo, se halla en un punto exterior {ver Fig. 10.4b)
3) En un triángulo rectángulo, se halla en el vértice del ángulo recto, (ver Fig. 10.4c)
c) El triángulo cuyos vértices son los pies de las alturas (A EFL) se llama triángulo pedal del 
A ABC (ver Fig. 10.4a y 10.4b).
(a) Cb) (c )
Fig. 10.4
10.5 CIRCUNCENTRO (O)
a) Es el punto donde concurren las mediatrices de los tres lados de un triángulo.
b) Equidista de los vértices del A ABC. Es decir:
AO = OB = OC = R (circunradio) ... (10.4)
c) Es el centro de la circunferencia circunscrita.
d) Su posición e s :
d i) En un triángulo acutángulo, se halla en un punto interior (VerFig. 10.5a)
d2) En un triángulo obtusángulo, se halla en un punto exterior (Ver Fig. 10.5b)
d3) En un triángulo rectángulo, se halla en el punto medio de la hipotenusa (Ver Fig. 10.5c)
Luis Ubaldo C. Puntos N otables 345
10.6 RECTA DE EULER
A excepción del triángulo equilátero, todo trián­
gulo tiene su Ortocentro (H ), Baricentro (G ) y 
Circuncentro (O ) en una línea ( £ ) llamada recta de 
Euler, cumpliéndose que :
a) HG = 2 (GO) ... (10.5)
b) BH = 2 (OM) ... (10.6)
10.7 C IR C U N FER EN C IA D E LOS N U E V E PUN TO S
Los puntos medios de los lados, los pies de las 
alturas y los puntos medios de los segmentos que 
unen el ortocentro con los vértices están en una cir­
cunferencia de radio/?, y centro "J" cumpliéndose lo 
siguiente:
a) H, J, G y O forman una cuaterna armónica
b) HJ = JO\ D /?c) /?, = ~2
d) "J" punto de Feuerbach
Fig. 10.6
Fig. 10.7
346 Problem as de Geom etría y cóm o resolverlos Ernesto Quispe R
1U .8 T b U K tM A U t j SXJ¿JJNI±¿K
Siendo : r el inradio
y: R el circunradio 
Además : r , r . , r , son los exradios del A ABCa* b* c *
Se cumple: ra + rb + rc = 4R + r ...(10.7)
Observación:
El triángulo Ea Eh Ec se denomina ex-incentral, el cual 
siempre es acutángulo.
Ftg. 10.8
lü .y TJbUKJbMA U t j CAKJMUX
Si desde el circuncentro "O" del A ABC se trazan : 
OM ± AB , ON ± BC y OL ± AC ; se cumple que :
OM + ON + OL = R + r ... (10.8)
NOTA: Si el A ABC es obtuso en B , se cumple :
OM + ON - OL = R + r ... (10.9)
10,10 ALGUNAS PROPIEDADES ESPECIALES
a) Si "O" es el circuncentro del A ABC b) Si OA = OC y m 4 - AOC = 2 m 4 - B
=> m 4 - AOC = 2 m 4 - B ... (10.10) "O" es circuncentro del A ABC
Fig. 10.10 Ftg. 10.11
Luis Ubaldo C.
c) En el A ABC, isósceles la recta de Euler (5*), 
es la mediatriz relativa a la base contenien­
do además del baricentro, ortocentro y 
circuncentro, al incentroyal ex-centro re­
lativos a la base.
Fig. 10.12
e) En el A ABC acutánguio , 
para el A EFL, se cumple :
* H es el incentro
* A, B, C son ex-centros
B
d) En un triángulo rectángulo la recta de 
Euler ( £ ) contiene a la mediana relativa 
a la hipotenusa.
Puntos Notables 347
Q En el A ABC obtusángulo 
para el A EFL se verifica que :
* A es el incentro
* H y C son ex-centros.
fíg . 10.14 Fig. 10.15
348 Problem as de Geom etría y cóm o resolverlos Ernesto Quispe R.
i» a ! g a
1.- tn un triangulo rectángulo ae Hipotenusa igual a 24, calcular la distancia del ortocentro 
al baricentro.
Resolución.-
Sea ABC el triángulo rectángulo, recto en B y de hipotenusa AC = 24 . Como se sabe el 
circuncentro en un triángulo rectángulo, se encuentra en el punto medio de la hipotenusa, enton­
ces en la figura M es el circuncentro.
Esto significa que la distancia:
BM = 24/2 = 12 .
Asi mismo, se reconoce que BM es mediana y 
G el baricentro del AABC , por tal motivo se 
verificará que dicho punto divide a BM en dos 
segmentos tales qu e:
BG = 2x a GM - - x i
=> 2x + x - \2 => x = 4
Finalmente la distancia entre el Ortocentro y el Baricentro será:
2x = 8
2.- En un cuadrilátero ABCD se sabe que m 4-B = 120 , m 4-D = 110, m^-ABD = 60 y
m4-ADB = 40 . Hallar la medida del ángulo que forman sus diagonales.
Resolución.-
En el gráfico que se ha elaborado , se puede reconocer que :
m 4- EBC = 60° y mJL CDT = 70°
Entonces BC y DC son bisectrices exteriores del triángulo 
ABC, los que concurren en "C". Asi mismo AC es bisectriz 
interior del ángulo A , por lo cual:
m 4- BAC = m 4- CAD = 40°
Puesto que "C" es el ex-centro del triángulo ABC relativo al 
lado BD (item 10.3a.), en el A ATD , por ángulo exterior 
tendremos:
x = 40° + 40°
jc = 80°
Luis Ubaldo C. Puntos Notables 349
3.- Si la suma de dos ángulos exteriores de un triángulo mide 270ey e l lado mayor mide 
48m ; hallar la distancia del baricentro al circuncentro.
Resolución.-
Sean "a" y "6" los ángulos exteriores, entonces : 
a + 0 = 270° ...(1)
Reconocemos que el lado mayor es :
BC = 48 m
Si "G" es el baricentro del A ABC , entonces :
AG = 2GD 
Por consiguiente : BD = DC = 24 m
En el triángulo ABC : m JjLA + m 4IB + m 4IC = 180°
Reemplazando: m 4IA + (180 - a ) + (180 - 0) = 180
Luego : m 4IA + 180 + 180 = 180 + a + 0
Ahora: m jjLA = (a + 0) -180
Reemplazando (1) en (2) : m 4IA = 270 - 180
De donde : m 4-A = 90
Entonces el triángulo ABC es rectángulo y recto en A, en consecuencia "D" será su circuncentro, 
de este modo por propiedad se tendrá que :
- (2)
AD =
BC
3x =
48
x = 8 m
4.- En un cuadrilátero ABCD , AC y BD son bisectrices de los ángulos 4_A y 4 B que 
miden 120By 90s respectivamente. Hallar la medida del 4 BDC
Resolución.-
Del gráfico lam 4 EAD = 60 , entonces de acuerdo con el 
item 10.3a., "D" es el ex-centro del triángulo ABC.
En el triángulo ABD : 
Entonces:
120 + 45 + m 4I BDA = 180 
m 4 BDA = 15 
Como CD es bisectriz exterior, entonces : m 4 - ACD = 75 
En el triángulo ADC : 60 + 75 + x + 15 = 180
Luego : 150 + x = 180
x = 30°
B
350 Problem as de Geom etría y cóm o resolverlos Ernesto Quíspe R.
5.- En el triángulo ABC mostrado se sabe que "O" es el 
circuncentro del triángulo ABC . Sabiendo además que la 
medida del ángulo B es la que se indica, se pide calcular el 
valor de "x" que expresa la medida del ángulo O A C .
Resolución.-
Si "O" es el circuncentro del triángulo ABC, entonces será también centro de la circunferencia 
circunscrita al triángulo, tal como se indica en la figura adjunta.
JLuego:
Entonces la :
Por ángulo inscrito: 
Reemplazando: 
Entonces:
OA = OC 
m 4 OAC = m 41 OCA = x 
m AC = 2 m 4 - ABC 
m AC = 2(58) 
m AC = 116
Por ángulo central: m 4 AOC =116
En el triángulo AOC :x + 116 + x = 180 
Donde: 2x= 64
x = 32
6.- Se tiene un triángulo rectángulo, donde la distancia del baricentro al circuncentro es 4. 
Calcular la longitud de la hipotenusa.
Resolución.-
Sea el triángulo rectángulo ABC, recto en B, en el que 
AD y BM son medianas, entonces "G" es el baricentro 
de dicho triángulo.
Como el circuncentro en un triángulo rectángulo, se 
encuentra ubicado en el punto medio de la hipotenusa, 
concluimos que "M" es el circuncentro de dicho trián­
gulo.
Ahora, por dato se sabe que : 
Por propiedad sabemos que:
GM = 4 
BG = 2 GM
B
Entoncesla medida de BG será: BG = 2(4)
Luis Ubaldo C. Puntos Notables 351
Luego:
En consecuencia:
Por propiedad:
De donde: 
Remplazando:
BG = 8 
BM = 12
B M - f
AC = 2 BM 
AC = 2(12) 
AC =24
7.- Se tiene un triángulo acutánguio ABC, BH , CQ y AR son alturas. S tm 4-A = 5 0 ; hallar 
la m 4 QRH.
Resolución.-
En el gráfico: QRH = QRA + ARH
El cuadrilátero AQRC es inscriptible;
Entonces : m 4 QRB = 50 = m 4 A
Luego: m 4 QRA = 40 ... (1)
El cuadrilátero BRHA es inscriptible 
Entonces : m 4 HRC = 50 = m 4 A
Luego : m 4 ARN = 40 ... (2)
(1) y (2) en (a ) : m /¡CQRH = 40 + 40
(a )
B
m 4 QRH = 80°
352 Problem as de Geom etría y cóm o resolverlos Ernesto Quispe R.
M IS C € L A N € A
1.- Hallar la distancia del circuncentro al baricentro en un triángulo si sus lados miden 5; 12 y 13. 
Resolución.-
Según las longitudes de los lados, el triángulo es 
rectángulo.
Además sabemos que el baricentro divide a toda 
mediana de un triángulo en una relación mate­
mática como 2 es a 1 .
Recta de Euler
Luego s i: 
Finalmente : 3x =
OG = x , entonces BG = 2x 
13
2
j r = 1 3 / 6
2.- Calcular el valor de x , sabiendo q u e: T , P 
y Q son puntos de tangencia de una misma 
circunferencia, tal como se indica en el grá­
fico adjunto.
Resolución.-
En el A ABC, se puede reconocer que CO es bisectriz interior del 4IC , luego : 
2a + 26 + 52° = 180°
De donde: 2 (a + 0) = 180° - 52°
Ahora: 2 (a + 0) = 128°
Luego : a + 0 = 64°
Finalmente en el A NTC por 41 exterior: 
x = a + 0
x = 64°
Luis Ubaldo C. Puntos Notables 353
3 . -S i : l - * Incentro del A ABH 
/, -* Incentro del A HBC.
Además: iE = 1 a lf F = 7 ; calcular el valor de "0 ", que 
expresa la medida del ánguo indicado.
B
Resolución.-
Al trazar IN perpendicular a I]F, entonces se po­
drá reconocer que:
I,N = 6 y IN = 8.
Luego la : m 4- I,IN = 37°
En consecuencia: 0 = 53°
B
4.- En el gráfico "H" es ortocentro y "O" es el circun- 
centro. S i : HA + HB = 12 , hallar la suma de las 
distancias de "O" a AC y BC.
Resolución.-
Por condición del problema se sabe que:
2o + 26 = 1 2 => o + 6 = 6
BH AN
Pero por Propiedad : OP = = o y OM = = b.
Luego la suma de las distancias de "O" a AC y BC será:
a + 6 = 6
354 Problem as de Geom etría y cóm o resolverlos Ernesto Q uispeR
5.- En la figura, m 4 C = 30s , asi mismo I es el 
Incentro del A ABC. Con estos datos se pide 
calcular x.
B
Resoluclón.-
E1 cuadrilátero AEIF es ¡nscriptible ya que la: 
m 4 BEI = m 4 AF1 = 75°. 
Luego la : m 4- AIE = m 41 AFE -45°
x = 45°
B
6.- Dado el A ABC mostrado, se pide calcular “x " si 
se sabe que m 4- B = 60s y adem ás:
H - * Ortocentro del A ABC
O - * Circuncentro del A ABC
B
Resolución.-
Recordando la propiedad expuesta en el item 9.1 Oa, 
relativa al circuncentro, tendremos que :
m 4 AOC = 2m 4 ^ — m 4 QOC
En nuestro problema resulta que :
m 4 B = m 4 QOC = 60°
El Eí̂ OQC es notable (30 y 60°), por ello dire­
mos que OC = 2 . OQ = 2o. Además sabemos que 
BH = 2 OQ = 2o.
En consecuencia, el A HBO es isósceles, en el cual 
BM es mediatríz.
B
jr - 6
Luis Ubaldo C. Puntos Notables 355
7.- En un triángulo acutángulo la distancia del circuncentro al ortocentro es 24 m. Calcular 
la distancia del ortocentro al baricentro del triángulo mencionado.
Resolución.-
Del gráfico: H —> ortocentro 
G —> baricentro 
O - » circuncentro
Por teoría sabemos que: HG = 2 . GO
Luego s i: OH = 24 (dato)
Entonces: 24 = HG + GO
Ahora : 24 = 2 . GO + GO
Luego : GO = 8
HG = 16
B
8.- En la figura; MN //O B , Calcular lam 4 - C. S i: 
"O" -> Circuncentro del A ABC.
"H" - » Ortocentro del A ABC.
B
Resolución.-
Si m 4- C = x, entonces en el cuadrilátero inscriptible AMQC : 
m 4I AMN = x y m 4- BMQ = x
Pero por dato : MN // OB, entonces se deduce que : 
m 4- MBO = x.
Además sabemos por propiedad que MQ _L OB.
En consecuencia: x + x = 90°
Donde: 2x = 90°
x = 45°
356 Problem as de Geom etría y cóm o resolverlos Ernesto Qulspe R.
9.- En la figura mostrada se sabe que "E" es el excentro del & 
A B C . A l trazar BE y CE se determinan dos puntos de corte 
los que permiten definir el ángulo x cuya medida se pide 
determinar.
Resoludón.-
Por propiedad en triángulos, sabemos que :
COO
m 4 E = 90° - => m £ E = 56°
Luego : m + n = 124°
En el cuadrilátero inscrito ABMC: a + m = 68° ... (1) 
En el cuadrilátero inscrito ABNC: 6 + n = 68° ... (2)
Sumando (1) y (2) : a + 0 + m + n =136°
Donde: * + 124° =136°
jc = 12°
B
10.- Dado el triángulo ABC se han trazado varias líneas que for­
man con los lados algunos ángulos característicos, según 
como se indican en el gráfico. Se pide calcular "x" ,en donde 
además se sabe que : AB = BC.
B
Resolución.-
En el AABC isósceles trazamos BM _L AC , entonces : m 4 NAM = m 4- NCM = 2jt
En el A ABN, observamos que AI y BI son bisectrices que B
permiten ubicar el incentro" I " de dicho triángulo, luego:
m 4 AN1 = m 4 INB = 4x 
Ahora en el A NBC: 4x = 20 + 2x
Entonces : x = 0
En consecuencia en el hvNMC: m 4i N+ 4x = 90°
Por consiguiente : 4x + 4x = 90°
x = 15°
Luis Ubaldo C. Puntos Notables 357
11.- En el triángulo isósceles ABC, se han trazado varias lí­
neas , las mismas que forman algunos ángulos de medi­
das conocidas e indicadas. Con estos datos se pide cal­
cular "x"
B
Resolución.-
En el triángulo isósceles ABC se traza BH ,_k AC, recono­
ciéndose que BH es mediatriz del lado AC.
De este modo deducimos que AN = NC. Luego el A ANC 
es isósceles.
De acuerdo con esto se pueden deducir las medidas de 
los ángulos : 4IANI y 4IBNI, los que a su vez son de igual 
medida, tal como se indica en el gráfico adjunto.
En el A ABN observamos que Bl y NI son bisectrices, en­
tonces "l" es incentro de dicho triángulo, luego Al tam­
bién es bisectriz.
En consecuencia: x + 20° 30° 
x — 50°
12.- En la figura se pide calcular "x ", sabiendo q u e : 
"H" —> Ortocentro del A ABC.
Además se sabe que :
BM = MH , AN = NH,
BP = PC y AQ = QC.
B
358 Problem as de Geom etría y cóm o resolverlos Ernesto Qulspe R
Resoluclón.-
Resulta evidente que los puntos MNQ y P 
están en la circunferencia de los 9 pun- 
tos. Asi mismo observamos que MQ y 
NP son diámetros, entonces el OMP 
es isósceles, luego: m 4 MPO = 45°.
Por ello : m 4 MFH = 45°
m 4 MFB = m 41 MBF = 45°. 
Finalmente en el EBC: x = 45°
B
13.- En un triángulo ABC, la diferencia entre las longitudes de los lados BC y AB que for­
man un ángulo cuya medida es 60e, es igual a 8m. Hallar la distancia del ortocentro al 
circuncentro de dicho triángulo.
Resolución.-
N
Por dato: BC - AB = 8... (1)
En el gráfico tenemos :
H : Ortocentro del A ABC y O : circuncentro del A ABC
Por teoría sabemos que: BH = 2 .OF = 2o
Pero como "O" es baricentro del A ANC, entonces NO = 2o
Además BE // NF, luego el cuadrilátero HBNO es un romboi­
de, entonces x — BN. Pero por propiedad : BN = BC - AB = 8.
x = 8 m
14.- En un cuadrilátero convexo ABCD, m 4- ABD = 45g, m 4- DBC = 20g, m 4 BDC = 25g 
y m 4- CAD = 40g. Hallar m 4 ACD.
Resolución.-
—>
Trazamos el rayo BK de modo que: m 4 CBK = 20°.
Al prolongar AC hasta M y luego al trazar MD, el 
cuadrilátero ABMD es inscriptible.
En este cuadrilátero: m 4 ABD = m 4 AMD = 45°.
A continuación, construimos el triángulo isósceles 
DBN.en el que BH es mediatriz de DN .
Entonces : m 4 BDC =m 4 BNC = 25° y DC = CN.
Luego el triángulo DCN es rectángulo isósceles.
Luis Ubaldo C. Puntos Notables 359
Por lo cual el cuadrilátero DCMN es inscriptible, entonces : m 4 CDM = m 41 CNM= 25° 
Finalmente en el A DCM : x = 25 0 + 45°
x = 70°
15.- En la figura adjunta se sabe que MP = 8 y asi mismo H —>
Ortocentro del A ABC . Con estos datos se pide calcular la 
longitud de HM.
Resolución.-
En primer lugar reconocemos que AC es mediatriz de HL.
Ahora hacemos que:
m 4 HQN = m 4 QND = 2a
Esto provocará que la recta £ sea paralela a HQ. Por otro 
lado en el QDP : DN es mediana relativa a la hipotenusa 
PQ, entonces : QN = NP = a.
En consecuencia, por el Teorema de los puntos medios en 
el A HPQ se tendrá que : HM = MP
HM = 8
16.- Se tiene un triángulo ABC (AB = BC) inscrito en una circunferencia. ¿Qué punto
notabledel triángulo es el punto medio de la cuerda que une los puntos de tangencia
sobre AB y BC por la circunferencia tangente también a la primera.
Resolución.-
A1 elaborar el gráfico correspondiente , en el A ABC, en­
contramos que BT es mediatriz de PQ y AC.
También reconocemos que : PQ//AC.
Por ángulos altemos internos:
m 4 CTL = m 4 ACT = a
También : m 4 QHC = m 4 HCA = o
En el cuadrilátero inscriptible THQC :
m 4 QHC = m 4 QTC = o
Pero: m 4 QTL = m 4 TQL = a + o
360 Problemas de Geom etría y cóm o resolverlos Ernesto Quispe R.
Luego en el 6^ TQC : a + o + b = a + 2a
De donde : a - b
Esto nos lleva a afirmar que el punto H es el incentro del A ABC.
17.- Exteriormente a un triángulo ABC se construye el rectángulo ACLK, asi mismo KS y 
LT son perpendiculares a las prolongaciones de BC y BA respectivamente. Si KS y 
LT se intersectan en "Q", se pide hallar la medida del ángulo entre BO y AC
Resolución.-
Luego en el cuadrilátero inscriptible TALK, m 4 TLK = a 
Por otro lado el cuadrilátero KCSL es inscriptible.
En consecuencia el cuadrilátero KTSL es inscriptible.
Luego : m 4- TSK = m 41 TLK - a
Pero el cuadrilátero TBSQ es inscriptible, entonces la : 
m 4 TBQ = m 4 TSQ = a 
Finalmente : x = 90° - a + a
jr = 90°
18.- En la figura dada calcular a , s i : m MN = 2a. Además : 
m 4 BCA + m 4 BDC = 70s y m 4 BBC = 85° (B y T son 
puntos de tangencia).
Resolución.-
Por propiedad sabemos que : m 4 ABD = m 4 NBC = a y m 4 DBT = m 4 TBC = a + 0 
Por dato: a + b = 70 °
También : a + 0 + 0 + a = 85°
En el A ABC: a + b + a + a+0+0+a = 180°
^ 85°
Luego : 70° + a + 85° = 180°
a = 25°
Luis Ubaldo C. Puntos Notables 361
19.- Se tiene un triángulo isósceles ABC inscrito en una circunferencia de radio "R". 
Hallar el valor R ,s i : AB = B C , OG = 42 y m 4- A B C = 45e; siendo "G " e l baricentro 
y "O" el circuncentro.
Resolución.-
Resulta predecible que el arco AC = 90°, por lo tanto el 
A AOC es recto en O
Luego : OH = AC = 242
En el OHC isósceles : OH =
JR_
42
R
x = OH - OG = - 42 (1)
Luego aplicando la propiedad del baricentro, tendremos :
R + 42 2
x ~ \ ^ R + 42 = 2 x (2)
R
De (1) en (2) : R + 42 = 2 \~j= - 42 ] R = 3(2+42)
20.- Calcular el valor de x , s i "E“ es el excentro del triángulo 
A B C . Además se sabe que :AM = MB
B
Resoluclón.-
Trazamos CM , entonces el cuadrilátero MBEC es inscriptible por que :
m 4- MEB = m 4- MCB = x
Aplicando la relación (4 .10) de Triángulos ,en el 
AAMC:
2x = 90° - m 4- A
De donde:
En consecuencia: 
Ahora:
2 (2 *) = 180° - (90° - x) 
4* = 90° + *
3x = 90°
* = 30°
362 Problem as de Geom etría y cóm o resolverlos Ernesto Quispe R.
21.- En un triángulo acutángulo ABC, H es el ortocentro y O es el circuncentro. Hallar la 
medida del ángulo B, para que el cuadrilátero AHOC sea inscriptible.
Resolución.-
Ya que el cuadrilátero AHOC es ¡nscriptible, entonces : 
m 4 AHC = m 4 AOC ... (* )
En el □ EBFH : m 4 lA H C = 1 8 0 -x
Como "O” es circuncentro, entonces : m 4 AOC = 2x
Sustituyendo en (* ) : 180 -x = 2x
x = 60°
B
22.- En la figura mostrada se tiene que: 
AB = BC. Asi mismo se sabe q u e:
m 4 BCE = 2 m 4 BAE
Con estos datos se pide calcular el 
valor de x
B
Resolución.-
En el triángulo isósceles ABC que se muestra, hemos trazamos la altura BH, luego : 
m 4 ABD = m 4 DBH = 25°
AE = EC
m 4 BAE = m 4 DCB = 2x 
Para el A AEB, D es el incentro.
Luego se tendrá que : 
m 4 AED = m 4 DEB = 50 + 2x 
y 2 *+ 50+ 100 + 4 *= 180 
De donde : 6* = 30
x = 5o
L L UUU/UU V̂ .. i u m u j i y uiiAisi c «> uuu
23.- En un triángulo isósceles A B C : m 4 - B = 1209. Si "I" es el incentro, O es el circuncentro 
y E el excentro relativo a uno de los lados iguales, calcular ¡a medida del ángulo IEO.
Resoluclón.-
De acuerdo con la relación (4.9), se tiene:
m 4- BEA = = 15° => AB = BE
Por propiedad del circuncentro OB = OA, 
luego el A AOB resulta ser equilátero .donde:
OA = OB = AB
El fci» OBE es isósceles, luego :x + 15 + 45°
jc = 30°
24.- En un triángulo rectángulo ABC recto en B, la altura BH mide 5 J2 . Calcular la distan­
cia del vértice B a la recta que contiene a los incentros de los triángulos AHB y BHC. 
Resolución.-
En el A AFB :a + 20 + a + m 4 lF = 180° , com o: 2a + 20 = 90
Por analogía en el A BEC .logramos deducir que m 41 E = 90°
Con respecto al A PBQ, I es ortocentro, luego 
la altura BL pasa por 1.
En el ^ BLK : m 4_ K = 45° y BK = BL>/2
Ahora se tiene : A HQB = A BQK (ALA)
=> BF1 = BK = 5>/2
m 4 F = 90°
B
Luego : 5^2 = BL >/2 BL = 5
25.- En un triángulo A B C , m 4 A = 32s, m 4- C = B8b. Si O es el circuncentro, I es el 
incentro y H es el ortocentro de dicho triángulo, se pide calcular m 4- OIH.
Resolución.-
En el A ABC : m 41 B = 60°
En el AQC : m 4- QAC = 2o
Por propiedad : m 4- AOC = 120°
Luego A AOC es isósceles , donde :
Como 1 es incentro, entonces :
m 4- AIC = 90 + = 120°
e/u-i ¡ i u u i c r n u i u c k j k u i i ik i i í u y c u r r iu r e s u iv e r iu s trnesTO uuispe u.
Si H es ortocentro, entonces : m 4 AHC = 120°
El Pentágono AOIHC es inscriptible ya que : 4 - AOC = 4 AIC = 4 AHC
En el cuadrilátero inscriptible AOIH : 28 + rr¡4LOIH = 180
m 4 OIH = 152°
26.- En la figura O y L son el circuncentro y el ortocentro 
respectivamente del triángulo ABC. Si además se sabe 
que: BO = B L ,y que existe una trisección del ángulo 
B , se pide calcular el valor de 6.
B
Resolución.-
Por Propiedad: m 4 AOC = 2 m 4 B = 60 ... (1)
Sean: BL = BO = R
Luego, por definición : OA = OC = R
Al trazar OH 1 AC tendremos: OH = y (Propiedad 10.6a)
En el 6^ AHO : m 4 AOH = 60°
Luego : m 4 AOC = 120° ... (2)
D e ( l )y (2 ) : 60=120
6 = 20°
B
27.- En un triángulo rectángulo ABC recto en B, se traza la mediana AM , si además se 
sabe que : m 4 BAC = 2 m 41 AMB y AC = 27, calcular AB.
Resolución.-
Trazamos la mediana BN y encontramos que G 
es baricentro del 61» ABC, luego:
BN= AC 21 y BG = | BN = | (y ) = 92 - 2 , - - 3 
Sea: m 4 NBC = a =* m 4 NCB = a
A AMC : m 4 MAC = 0 - a
B
-27-
Luís Ubaido C. Puntos Notables 365
Y en el A BGM : m 4- BGA = 6 + a
El A ABG es isósceles ( 4 BAG = 4- BGA) 
jc = 9
28.- En un triángulo acutángulo ABC, H es ortocentro y O el circuncentro. Calcular HO, si 
AB = c , BC = a y m 4- B = 60e( a > c ) .
Resolución.-
S¡ H es ortocentro y O circuncentro, hacemos :
OL = m =* BH = 2 m (Propiedad 10.6a)
Prolongamos LO hasta intersectar a la circunferencia 
circunscrita en el punto P, luego PA = PC y ya que 
m 4- APC = 60°, entonces el A APC es equilátero.
"O" es baricentro del A APC, luego: PO = 2 OL = 2 m
□ HBPO es un romboide, entonces : BP = HO = x
Con respecto al triángulo equilátero APC aplicamos el 
Teorema de Chadu : BC = BA + BP
Luego: a = c + x 
x — a - c
2 9 - En la figura E es el excentro del triángulo ABC y O 
el circuncentro. Hallar P C , si PD = 2
Resolución.-
Ya que ”E” es el excentro del ABC, entonces , por propiedad : 
90°
m 4-NS.C =45°
2
Para el A AEC : DO es base media, en 
consecuencia : AD = DE , con lo cual 
resulta que P es baricentro .
Entonces : x = 2(2)
x = 4
366 Problemas de Geometría y cómo resolverlos Ernesto Quispe R.
30.- En un triángulo acutángulo ABC, O es el circuncentro; BO prolongado intersecta en D 
a AC. Calcular la m 4 BDC , s i m 4 ABO = 10e y m 4 OBC = 30B
Resolución.-
Puesto que "O" es circuncentro del A ABC entonces será 
centro de la circunferencia circunscrita al A ABC.
Prolongamos BD hasta ¡ntersectar en F a la circunferencia; 
luego en el BCF:
m 4 BFC = 60°
Y m 4 ACF = m 4 ABF
EnelADCF: * = 1 0 ° + 60°
= 70°
( 4 inscrito ) 
( 4 exterior)
31.-En la figura "H" es el ortocentro e "l"es el incentro 
del triángulo isósceles ABC. Con estos datos, se 
pide calcular el valor de 6.
Resolución.-
Como I es incentro, entonces se deberá cumplir que :
m 4 ABI = m 4 IBM = 26
Como H es el ortocentro , entonces la pro­
longación de CH intersecta perpendicular­
mente a AB en F .
Asi mismo AM es mediatriz de BC.
Luego por el Teorema de la Mediatriz:
HB = HC => m 4 HBC = m 4 HCB = 6 
En el fc, BFC : 4 6 + 6 = 96°
6 = 18°
B
Luis Ubaldo C. Puntos Notables 367
32.- Dado e l triángulo ABC, donde AB = BC, 
calcular "x"
B
Resolución.-
En el triángulo isósceles ABC trazamos la altura BH 
Luego : m 4 - ABH = m 4 - HBC - 26
m 4 - BAP = m 41 TCB = 2a 
Si "P" es incentro del A TBC :
=* m 4 - BTP = m 4 - PTC = 2a + 26
A TBC: 6 ( a + 6) = 186 => a + 6 = 30
A PBC: a + 6 + x = 180
Reemplazando: 30 + x = 180
x = 150°
B
33.- Desde un punto "P" exterior a una circunferencia de centro O se trazan las tangentes 
PA y PB . Sobre OP se ubica el punto E de modo que 4- EAB= 4 BAO.
¿Qué punto notable es E del A PAB ?
Resolución.-
Del gráfico observamos que OP ± AB
Además se verifica que :
m 4- OAH = m 4- APO = m 4- OPB = a
Al prolongar AE , éste intersecta perpendi­
cularmente a PB.
Luego para el triángulo PAB, "E" es el 
ortocentro.
368 Problem as de Geom etría y cóm o resolverlos Ernesto Qulspe R.
34.- Dado el triángulo ABC de incentro I y excentro 
relativo a AB : se cumple q u e :
16
(IE) = — (AC).
Calcular m 4 BCA , si m 4- ABC = 30s
B
Resolución.-
Hacemos AC = 5a => IE = 16a .Asi mismo 
se puede apreciar que A I±AE por ser 
bisectrices interior y exterior respectivamente.
Por Propiedad: m 4- AEC = = 15°
En el fc, IAE de 15° y 75°:
ALI IE 16a .
AH = T = ~4~ = 4a
35.- En el triángulo mostrado se indican una 
serie de datos relativos a las medidas 
de algunos ángulos. Calcular "x " .
B
Resolución.-
En el triángulo isósceles BCD reconocemos que : BC = CD 
A continuación construimos el triángulo equilátero PED
Luis Ubaldo C. Puntos Notables 369
Luego : EP = ED = PD y m 4- EPD = 60° 
Además por ser EC mediatríz de PD :
CP = CD y m 41 PCD = 20°
A PCB = A PCD (L.A.L.) => PB = PD 
P es circuneentro del A EBD => 60 = 2x
x = 30°
B
36.- En la siguiente figura, calcular "x" si se sabe que el trián­
gulo ABC, es isósceles, en donde además se sabe que :
AB = BC
B
Resolnción.-
En el triángulo isósceles ABC, trazamos la bisectriz BF 
Asi mismo : BF 1 AC y FA = FC 
Además: m 4- CAF = m 41 ACF = 30°,
m 4- AFB = m 4- AFE = 60°
Para el A ABF: E es excenlro
60
Entonces: x 2x = 30°
37.- Dado el cuadrilátero ABCD, y los valo­
res indicados para algunos ángulos , 
se pide calcular "x“.
370 Problem as de Geom etría y cóm o resolverlos Ernesto Quispe R.
60-2x-
Resoluclón.-
Prolongamos AB y DC , hasta intersectarse en F 
Luego para el triángulo AFD, 1 es incentro, luego : 
m 4 - AF1 = m 4 - IFD = 60 - 2x 
En el A AIF: m F1C = 60 - 2x + x = 60 - x
En el vértice B : m £ FBC = 60 - x ^
De esto y en base a la 2da Propiedad del item 9.6 reconocemos que el □ BFCI es inscriptible. 
Luego, por la 1ra Propiedad de cuadriláteros inscriptibles , se cumplirá que :
m 4 - F + m 4 - I = 180 
=» 60 - 2x + 60 - 2x + 90 - x + 60 - x = 180
Donde: 270-6* = 180
Ahora: 6* = 90
* = 15°
B
38.- Se tiene un triángulo ABC inscrito en una circunferencia de centro "O ". A continua­
ciónse traza el diámetro AD. Si H es el ortocentro del triángulo, hallarla distancia de 
O a AB , si el perímetro del cuadilátero HBDC es 30 y la distancia de O a AC es 4.
Resolución. -
De acuerdo con la propiedad (10.6a) :
BH = 2 (OT) = 8 
CH = 2 (OM) = 2x 
Además , por ser base media: DC = 2(OT) = 8 
Luego el □ HBDC es un Romboide, entonces :
BD = HC = 2* a BH = DC = 8 
Luego: 8 + 2* + 8 + 2x = 30
Donde : 4* = 14
* = 3,5
Luis Ubaldo C. Puntos Notables 371
P R O B L E M A S P R O P U E S T O S
1.- En un triángulo ABC: AB = BC, se uaza la 
altura BH y la mediana AM que se intersectan 
en P; calcular BH, si :PM = V2 ym 4 BPM=45°.
A ) 6 B)7 C)8 D)9 E)10
2.- En un triángulo ABC :m 4 B = 120°; calcu- 
lar la medida del ángulo formado por BC y la 
recta que pasa por el ortocentro y el circun­
centro.
A ) 30° B)45° C)60° D)15° E)75°
3.- En un triángulo ABC se sabe que :
m 4- EIC-w 4- IEC = 36°
Siendo "I" y "E" incentro y excentro relativo 
BC a respectivamente; calcular lam 4 ABC.
A ) 36° B)54° Q72° D)48° E)45°
4.- En una triángulo acutángulo ABC, se ubica 
su circuncentro "O" tal que lam 4 OCA = 10°, 
m 4- OCB - 20° y O C - 12; calcular la distancia 
del punto "O" hacia A B .
A ) 6 B)8 C)9 D) 6>/3 E)4V3
5.- En un triángulo A B C :
"H" => Ortocentro del A ABC.
" I " => Incentro del A ABC.
"O" => Circuncentro del A ABC.
Calcularm 4 AIC, si m 4 AHC =m 41 AOC. 
A ) 135° B)75° C)90° D)105° E)120°
6.- Se tiene un triángulo obtusángulo ABD 
obtuso en "D" tal que AB = 18; se traza la
bisectriz AM , M en BD, y luego se traza
 —̂ ___
BC -L AM , ("C" en la prolongación de A M ).
S i: AM = 2. M C , calcular DC.
A ) 6 B)8 C)9 D) 12 E)6>/3
7.- En un triángulo ABC se conoce que 
m 4 B = 124°, una bisectriz exterior es paralela 
a uno de los lados del triángulo. Calcular la 
m 4 IAO , si "I" y "O" son incentro y orto- 
centro del A ABC.
A ) 34° B)33° C)42° D)46° E)48°
8.- Se tiene el cuadrilátero ABCD no convexo 
en "C"; se sabe que al prolongar DC y BC 
intersectan perpendicularmente a los lados 
AB y AD en los puntos "M" y "N" respecti­
vamente. Si AC = 2 C N ; calcular lam 4 ADB.
A ) 30° B)45° Q53° D)60° E)75°
9.- En un triángulo ABC se traza la bisectriz 
BD, D en AC, que intersecta a la circunferen­
cia circunscrita en "E".
Si AE = 4 y BE = 8,calcularBI.(I —» incentro 
del A ABC).
A ) 2 B) 1 Q 3 D)4 E)V3
10.- Se tiene un triángulo isósceles ABC 
(AB = BC) en el cual se traza la ceviana CF .Si 
"O" es el circuncentro del triángulo AFC. 
Calcular m 4 OCF. Además :m 4 ABC—36° 
A ) 9° B) 18° Q27° D)36° E)30°
11.- En un cuadrilátero ABCD, las diagona­
les se intersectan en "Q".
Si: m 4 BAD = 65° , ;«4 lA B D = 630 ,
m 4 BDC = 76° y w 4 lB C D = 50°.
Calcularlam 4 AQD.
A ) 96° B)99° C) 104° D) 101° E)109°
372 Problem as de Geom etría y cóm o resolverlos Ernesto Quispe R.
12.- En un triángulo ABC : m 4 A = 20°, 
m 4 B = 110°. Si además:
I —» incentro del A ABC 
O —» circuncentro del A ABC. 
Calcular la m 4 IAO.
A ) 20° B)25° C)30° D)40° E)35°
13.- En la figura calcular
14.- En un triángulo ABC :m 4 A = 2 ira 4 C ; 
se traza la mediana BM talquelam^L AMB=45°; 
calcular la m 4 C-
A ) 10° B) 12° C) 15° D) 18° E)22°30'
15.- En la figura, si:
H —» Ortocentro del A ABC
Y además : AM = MH y BN = NC ; se pide calcu­
lar la m 4 BNM.
A) 25°
B)20°
C) 15°
D) 12° 30'
E) 10°
A C
16.- En un triángulo ABC, se traza la altura 
AH, luego HM 1 AB y HÑ 1 AC .
Calcular MN, si el perímetro del triángulo pe­
dal del triángulo ABC es 26.
A ) 10 B )13 C )14
D) 15 E)6,5
17.- En un triángulo ABC : m 41 B = 120° 
m41C = 40°. Si O es el circuncentro e I el ince­
ntro del triángulo; hallar la medida del 4 IAO.
A ) 40° B)20° C)30° D) 10° E)15°
18.- En un triángulo ABC, m 41 B = 120°. Ade­
más se sabe que :
" I "=> Incentro del A ABC.
"O" => Circuncentro del A ABC
"E" => Excentro del A ABC relativo al lado BC.
Calcular la w 4 IEO.
A ) 15° B)22°30' C)30°
D)45° E)60°
19.- En la figura mostrada, qué punto notable 
es "E” para el triángulo ABC.
B) Baricentro E) N.A.
C) Ortocentro
Luis Ubaldo C. Plintos Notables 373
20.- En un triángulo acutángulo ABC, H es el 
ortocentro y O el circuncentro.
Hallar la m 4- OBH, úm 4 A -m 4 C = 24°.
A ) 18° B)20° C) 22° D)24° E)30°
21.-En la figura mostrada : H —> Ortocentro 
del A ABC; además : BH = 16 y AC = 30. 
Hallar :M N
A) 15
B)8,5
C)7,5
D)9,5
E)18
22.- En un triángulo acutángulo ABC se tra­
zan las alturas AM , BN y CL. Por el 
ortocentro H. del triángulo se traza HD _L MN 
y por C se traza CE ± M N .
SiCE-HC = 7y/w 4 MLN = 90°. calcular MN.
A ) 14 B) 12 C)3,5 D)7 E )^ J 2
23.- Calcularx, s i: AE = BC y AD = BE
A) 60° B)45ñ C)4(T D)37° E)30°
24.- En un triángulo rectángulo ABC, se traza 
la bisectriz interior BD, siendo I el incentro. 
m 4 B = 90° y 3(BI) = 4 (ID). Hallar la relación 
entre las longitudes del circunradio y el inradio 
del A ABC.
A ) 3 B)4 C) 1,5 D)2 E)4,5
25.-En un ^ ABC(»? 4 B =90°), AB < BC, se 
traza la altura BH, siendo M, N e I los incentrós 
de ABH, HBC y ABC. Además m 4 BCA = 6. 
Calcular la m 4 IMN.
A ) 45 - 2 R ^ s . f i 
6D)
B) 45 - |
e ) e
C) 22° 30'
26.- Calcular la medida del ángulo “x” . S i :
H —» Ortocentro
M —> Punto medio de AB 
N —» Punto medio de BC 
Q —» Punto medio de AH
A ) 5° B
B) 7,5°
C) 10°
D) 15°
E) 20°
27.- En un cuadrilátero inscrito ABCD, P, Q y 
S son los incentrós de los triángulos ABC , 
ABC y BCD respectivamente.
Calcular la m 4 PQS.
A) 45° B)60° C)75° D)90° E)12( f
28.- En un triángulo acutángulo ABC se traza 
la altura BH , luego se trazan HM _L AB y 
HN J. B C . Hallar MN, si el perímetro del trián­
gulo pedal correspondiente al triángulo ABC 
es 24 m.
A ) 12»?
D) 24???
B) 18»? 
E)9»?
C)20»?
29.- En un triángulo ABC, el ángulo B mide 
135°. Se traza la ceviana BF de modo que 
A F = 7 y F C = 18.
Hallar la»? ¿ BAC; si 4 BAC= 4 FBC. 
A ) 30° B)36° C)37° D)45° E)53°
374 Problem as de Geom etría y cóm o resolverlos Ernesto Quispe R.
30.- En un triángulo acutángulo ABC, H es 
ortocentro y O es circuncentro . Si BH = 6 y 
BO = 5 ; calcular AC.
A ) 12 B) 10 C)7 D)8 E)9
—>
31.- Sobre la bisectriz del BM 4- B de un trián­
gulo ABC, se toma interiormente el punto P. 
Sabiendo que : m 4 ABP = 20 , AB = BM
m 4 APC = 90 + 26 , y , m 4 PCB = 30 . 
Calcular: 0
A ) 5o B) 7,5° C) 10° D) 12° E) 15°
32.- Del gráfico mostrado, hallar "0"
B
A ) 10° B) 12° C)15° D)20° E)25°
33.- En un triángulo rectángulo ABC recto en 
B; I es incentro y E es excentro referente a
BC. Si A I = IE , calcular lam 4 ACB.
A ) 37° B)30° C)45° D)53° E)60°
34.- El 4 B de un triángulo ABC mide 16°. 1 
es incentro y E es excentro relativo a BC.
Si IE = 2 AC , calcular la m 4 ACB.
A ) 118° B) 108° C) 120°
D) 132° E) 135°
35.- En un triángulo acutángulo ABC, la recta 
de Euler determina con sus lados un cuadrilá­
tero inscriptible. Calcular la medida del ángulo 
que forman dicha recta de Euler y el 
circunradio que pasa por B.
A ) 60° B)53° C)90° D)75° E)45°
36.- En un triángulo ABC "H"es el ortocentro, 
M y N son puntos medios de AC y BH res­
pectivamente.
Hallar MN , si AH = 14 y BC = 48.
A ) 24