Geometría - Pamer

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ÍNDICE GENERAL
Triángulos ......................................................................................... 1
Congruencia de triángulos ............................................................ 5
Polígonos............................................................................................ 9
Cuadriláteros ...................................................................................... 13
Circunferencia I................................................................................... 19
Circunferencia II ................................................................................. 23
Puntos Notables ................................................................................ 27
Proporcionalidad de segmentos ................................................... 31
Semejanza de triángulos ................................................................ 35
Relaciones métricas en la circunferencia ................................... 39
Relaciones métricas en los triángulos rectángulos ................... 41
Relaciones métricas en los triángulos oblicuángulos ............. 45
Relaciones métricas en los cuadriláteros ................................... 49
Polígonos regulares ......................................................................... 51
Áreas de regiones triangulares ...................................................... 57
Áreas de regiones cuadrangulares ................................................ 61
Áreas de regiones circulares .......................................................... 65
Geometría del espacio I ................................................................... 69
Geometría del espacio II................................................................... 73
Poliedros regulares I ...................................................................... 77
Poliedros regulares II ...................................................................... 79
Prisma ................................................................................................ 81
Tronco de prisma ............................................................................. 85
Cilindro ................................................................................................ 87
Tronco de cilindro ............................................................................. 91
Pirámide ............................................................................................. 93
Tronco de pirámide .......................................................................... 97
Cono ................................................................................................... 99
Tronco de cono ................................................................................... 101
Superficie esférica ............................................................................. 103
Esfera ................................................................................................... 105
Teorema de Pappus Gulding .......................................................... 109
1UNI SEMESTRAL 2013 - III GEOMETRÍA TEMA 1
TRIÁNGULOS
GEOMETRÍA
I. DEFINICIÓN
Es la figura geométrica que se forma al considerar tres
puntos no colineales y tres segmentos de recta que
tengan por extremos dichos puntos.
A
B
C
Elementos:
Vértices: A, B, C
Lados: AB, BC y AC
Notación:
ABC: triángulo de vértices A, B y C.
II. ELEMENTOS ASOCIADOS AL TRIÁNGULO
Medida de los ángulos interiores: , y  
Medida de los ángulos exteriores: y, x, z
Perímetro de la región triangular: 2p = a + b + c
Semiperímetro de la región triangular:
a b cp
2
 
III. TEOREMAS FUNDAMENTALES
1. 
180º     
2. 
x    
3. 
x y z 360º     
4. Relación de existencia
aA C
B
b
c
Si: a b c 
 b c a b c   
a c b a c   
a b c a b   
DESARROLLO DEL TEMA
2UNI SEMESTRAL 2013 - III GEOMETRÍA
TRIÁNGULOS
TEMA 1
Exigimos más!
5. Relación de correspondencia
ab
 
Si: a > b    
Recíproco
Si:    a b 
IV. TEOREMAS ADICIONALES

x
y
x y 180º  
x



x      
x
m
n
y x y m n  
 


x
y
 
x y    
V. CLASIFICACIÓN DE TRIÁNGULOS
A. De acuerdo a la longitud de sus lados
1. Triángulo escaleno
a
b
 
a b
a c
b c



2. Triángulo isósceles
 
a b
  
Base: AC
Lados laterales: AB y BC
0º <  < 90º; 0º <  < 180º
3. Triángulo equilátero
 
180º
 60º 
     
 
B. De acuerdo a la medida de sus ángulos
1. Triángulo acutángulo
0º < < 90º
0º < < 90º
0º < < 90º



2. Triángulo obtusángulo
 
90º 180º
 0º 90º
 0º 90º
  
  
  
3. Triángulo rectángulo
90    
Catetos: AB y BC
Hipotenusa: AC
Teorema de Pitágoras: b2 = a2 + c2
3UNI SEMESTRAL 2013 - III GEOMETRÍA TEMA 1
Exigimos más!
TRIÁNGULOS
VI. LÍNEAS NOTABLES ASOCIADAS AL
TRIÁNGULO
A. Ceviana
A D
B
C
BD: Ceviana interior relativa a AC .
A
B
C E
BE: Ceviana exterior relativa a AC.
B. Mediana
Si AM = MC BM : Mediana relativa a AC .
C. Altura
A
B
C A
B
C
L
H
BH : Altura relativa a AC.
AL : Altura relativa a BC.
90º <  < 180º
AV: Altura relativa a BC.
D. Mediatriz
AM = MC
: Mediatriz del ABC relativa a AC.
E. Bisectriz interior
BD : Bisectriz interior relativa a AC.
F. Bisectriz exterior
A
B
C E


AB > BC
BE : Bisectriz exterior relativa a AC .
VI. ÁNGULO DETERMINADO POR BISEC-
TRICES
ax 90º
2
  
bx 90º
2
  
4UNI SEMESTRAL 2013 - III GEOMETRÍA
TRIÁNGULOS
TEMA 1
Exigimos más!
cx
2
 
a bx
2
   
m nx
2
   
Problema 1
Halle la medida del ángulo  indicado
en la figura mostrada, donde las rectas
L1 y L2 son paralelas.
UNI 2010-I
 Nivel fácil
A) 51° B) 53° C) 55°
D) 57° E) 59°
Resolución:
Del gráfico:
Tenemos:
57 70     (Propiedad)
127  
En P: 180    
127 180    
53  
Respuesta: B) 53°
Problema 2
En un cuadrilátero ABCD, las prolon-
gaciones de los lados BA y CD se inter-
secan en M(A BM) y las prolongacio-
nes de los lados AD y BC se intersecan
en N(C BN) . Si los ángulos BAD y BCD
miden 70° y 80° respectivamente, de-
termine el ángulo que forman las bisec-
trices interiores de los ángulos AMC y ANC.
UNI 2010-I
Nivel intermedio
A) 90° B) 100° C) 105°
D) 110° E) 115°
Resolución:
Piden: m MON x 
MO y NO:
 
 Bisectrices
Del gráfico:
(Propiedad sobre bisectrices)
110 100x
2
  
a bx
2
   
 
m ny
2

x 105 
Respuesta: C) 105°
Problema 3
En un triángulo ABC se cumple AB = 2 m
y AC = 32 m. Halle el perímetro del
triángulo en metros, sabiendo que es un
número entero y el ángulo en A es obtuso.
UNI 2009 - I
Nivel difícil
A) 65 B) 66 C) 67
D) 68 E) 69
Resolución:
Se pide: 2PDABC
AB = 2; AC = 32; A es obtuso y el perí-
metro es numéricamente entero.
Del gráfico:
x > 32 .......(1)
BC es el lado mayor
30 < x < 34 .......(2)
Teorema de la desigualdad triangular
De (1) y (2): x = 33
2PDABC = 2 + 32 + 33
 2PDABC = 67
Respuesta: C) 67
problemas resueltos
5UNI SEMESTRAL 2013 - III GEOMETRÍA TEMA 2
CONGRUENCIA DE TRIÁNGULOS
GEOMETRÍA
I. DEFINICIÓN
Dos triángulos son congruentes si existe una corres-
pondencia uno a uno entre sus vértices de tal manera
que sus pares angulares y lados correspondientes son
congruentes.
Notación
Emplearemos la notación ABC A 'B ' C '   para indicar
que el ABC es congruente con el A 'B ' C ' .
II. POSTULADO Y TEOREMAS DE LA CON-
GRUENCIA DE TRIÁNGULOS
A. Postulado (L - A - L)
Si dos lados y el ángulo determinado por estos de
un triángulo son congruentes, con dos lados y el
ángulo determinado por estos de otro triángulo res-
pectivamente, entonces, los dos triángulos son con-
gruentes.
El postulado asegura que si AB MS , AC NS  y
m BAC m MSN    , entonces ABC SMN   .
B. Teorema (A - L - A)
Si dos ángulos y el lado adyacente que se determi-
na en un triángulo son congruentes, respectiva-
mente con dos ángulos y el lado adyacente que se
determina enotro triángulo.
Entonces los dos triángulos son congruentes.
El teorema asegura que si m ABC m NMS    ;
m ACB m MNS    y BC NM, entonces:
ABC SMN  
C. Teorema (L - L - L)
Si los tres lados de un triángulo son congruentes,
con los tres lados de otro triángulo respectivamente,
entonces, los dos triángulos son congruentes.
El teorema nos dice que si BC MS , AB MN  y
AC NS entonces ABC SMN   .
III. TEOREMA SOBRE LOS TRIÁNGULOS
ISÓSCELES Y EQUILÁTEROS
A. Teorema 1
1. Si dos lados de un triángulo son congruentes,
entonces los pares angulares opuestos a dichos
lados son congruentes.
2. Si dos pares angulares de un triángulo son con-
gruentes, entonces los lados opuestos a dichos
pares angulares son congruentes.
DESARROLLO DEL TEMA
6UNI SEMESTRAL 2013 - III GEOMETRÍA
CONGRUENCIA DE TRIÁNGULOS
TEMA 2
Exigimos más!
3. Si un triángulo es equilátero, entonces es equián-
gulo.
4. Si un triángulo es equiángulo, entonces es equi-
látero.
B. Teoremas 2
1. En un triángulo isósceles las alturas relativas a
los lados congruentes son también congruentes.
Si AB = BC, entonces AM = CN; debido a que
los triángulos BMA y BNC son congruentes.
2. 
Si AB = BC y P pertenece a AC, entonces:
CH = PQ + PR
3.
 
Si el triángulo ABC es equilátero, entonces:
BH PQ PR PT  
IV. CONGRUENCIA DE TRIÁNGULOS REC-
TÁNGULOS
A. Teorema
Dos triángulos rectángulos son congruentes si:
• Los catetos correspondientes son congruentes.
• Un cateto y uno de los ángulos agudos con sus
correpondientes son congruentes.
• La hipotenusa y uno de los ángulos agudos con
sus correspondientes son congruentes.
• La hipotenusa y un cateto con sus correspon-
dientes son congruentes.
B. Aplicaciones de la congruencia de triángulos
1. Teorema de la bisectriz
Si un punto pertenece a la bisectriz de un án-
gulo, entonces dicho punto equidista de los lados
del ángulo.
Si: OP

 es bisectriz del AOB , entonces PB = PA
y OA = OB.
 
Observación:
En la figura d es la distancia de P hacia 


2. Teorema de la mediatriz
Si un punto pertenece a la mediatriz de un seg-
mento, entonces dicho punto equidista de los
extremos del segmento, también se dice que la
mediatriz es el lugar geométrico de los puntos
equidistantes de los extremos del segmento.
Si 

 es mediatriz de AB y P, pertenece a 

 ,
entonces PA = PB, luego APB es isósceles.
7UNI SEMESTRAL 2013 - III GEOMETRÍA TEMA 2
Exigimos más!
CONGRUENCIA DE TRIÁNGULOS
 Observación:
En el triángulo isósceles ABC, la altura BH es
también mediana y bisectriz.
3. Teorema de los puntos medios
El segmento que une los puntos medios de dos
lados de un triángulo se denomina base media
y es paralelo al tercer lado, además su longitud
es la mitad de la longitud del lado al cual es
paralelo.
Si M y N son puntos medios de AB y BC res-
pectivamente, entonces:
ACMN / / AC y MN
2

4. Teorema de la mediana relativa a la hipo-
tenusa
La longitud de la mediana relativa a la hipotenusa
es igual a la mitad de la longitud de dicha hi-
potenusa.
Si M es punto medio de AC, entonces:
BM AM MC 
V. TRIÁNGULOS RECTÁNGULOS NOTABLES
Aproximaciones trigonométricas
 
 
Problema 1
En el gráfico; BC = 2(BM), calcule x.
UNI
Nivel fácil
A) 22° 30'
B) 20° 20'
C) 15° 40'
D) 24° 30'
E) 10° 25'
Resolución:
problemas resueltos
8UNI SEMESTRAL 2013 - III GEOMETRÍA
CONGRUENCIA DE TRIÁNGULOS
TEMA 2
Exigimos más!
Piden "x"
Por M se traza MN//AB

Entonces: BN = NC
Como BC = 2(BM)
Con lo cual BN = BM = a
MBN: isósceles
m BMN m BNM 3x  
Luego:
2x + 3x + 3x = 180°
 8x = 180°
Respuesta: A) 22° 30'
Problema 2
Se tiene un cuadrilátero ABCP; AB = BC;
m ABC m BPC 90   
Se traza AH BP (H BP) . Si BH = 1; HP = 3;
hallar la m HPA .
UNI
Nivel intermedio
A) 60° B) 40°
C) 55° D) 53°
E) 28°
Resolución:
Piden "x"
Se observa: 90    
Luego: 
Caso (A. L. A)
entonces: AH = PB = 4
Se observa 
Respuesta: D) 53°
Problema 3
Se tiene un cuadrilátero ABCD;
AB = BC = CD y m BCD 2m BAD 
y m ABC 160 
Hallar la m ADC .
UNI
Nivel difícil
A) 70° B) 80° C) 60°
D) 85° E) 90°
Resolución:
Se traza BD
En BCD : se traza CH BD
Se observa: 
Caso (ALA)
BQ BH HD m   
Luego: 
En ABC:
90 60 90 160          
40  
En ADC:
x 30 90     
x 80 
Respuesta: B) 80°
9UNI SEMESTRAL 2013 - III GEOMETRÍA TEMA 3
POLÍGONOS
GEOMETRÍA
Es la figura geométrica cerrada, que se forma al unir tres o
más puntos no colineales mediante segmentos de recta.
 
Elementos:
Vértices : A, B, C, D y E
Lados : AB, BC, CD, DE, AE
A. Diagonal
Segmento que une dos vértices no consecutivos.
 
En la figura:
Diagonal: AC
Diagonal Media: MN
B. Región Convexa
Es aquella región en la cual, para todo segmento
cuyos extremos son puntos de la región, dicho
segmento está contenido en dicha región.
C. Región no Convexa
Es aquella región en la cual existen segmentos cuyos
extremos son puntos de la región, y el segmento
no está contenido integramente en la región.
 
Región no Convexa
I. CLASIFICACIÓN DE LOS POLÍGONOS
Por la región que limitan.
A. Polígono Convexo
Polígono que limita una región convexa.
 
DESARROLLO DEL TEMA
10UNI SEMESTRAL 2013 - III GEOMETRÍA
POLÍGONOS
TEMA 3
Exigimos más!
B. Polígono no Convexo o Cóncavo
Polígono que limita una región no convexa.
 
C. Polígono equiángulo
 
D. Polígono equilátero
 
E. Polígono Regular
Es aquel polígono equiángulo y equilátero a la vez.
 
II. PROPIEDADES DEL POLÍGONO
* En todo polígono de “n” lados
N° lados = N° vértices
* Suma de las medidas de los ángulos internos (S i)
 iS 180(n 2) 
* Suma de medidas de los ángulos exteriores.
eS 360 
III. NÚMERO DE DIAGONALES DE UN PO-
LÍGONO
A. Número de diagonales trazadas desde un vértice
 
En la figura se muestra un polígono de n lados.
 
N°diagonales
= n 3
de 1 vértice

Número total de diagonales
En todo polígono de n lados
 
N° total de n(n 3)=
2diagonales

B. Número de diagonales medias de un polígono
 
En la figura se tiene un polígono de “n” lados.
Sean: 1 2 3 nM ,M ,M ,.....,M los puntos medios de los
lados del polígono.
 
diagonales medias
de1 punto medio
N° = n-1
Número total de diagonales medias
En todo polígono de n lados
 total de diagonales medias
n(n-1)N° =
2
11UNI SEMESTRAL 2013 - III GEOMETRÍA TEMA 3
Exigimos más!
POLÍGONOS
C. Medida de un ángulo interior
En la figura se muestra un polígono equiángulo de
“n” lados.
 : medida de un ángulo interior..
Entonces: 180°(n - 2)
n
 
D. Medida de un ángulo exterior
360
n
 
medida de un ángulo central de un polígono regular
(C ) .
Los polígonos según su número de lados se de-
nominan:
7 lados ......................... Heptágono
8 lados ......................... Octágono
9 lados ......................... Nonágono
10 lados ......................... Decágono
11 lados ......................... Endecágono
12 lados ......................... Dodecágono
15 lados ......................... Pentadecágono
20 lados ......................... Icoságono
Problema 1
En un polígono convexo ABCDEF se
tiene AB = 7, CD = 6 y DE = 8.
Calcule BF.
UNI 2009 - I
A) 7 3
2
B) 7
C) 5 3
D) 7 2
E) 7 3
Resolución:
Ubicación de incógnita
Se pide BF = x
Análisis de los datos o gráficos
ABCDEF es un hexágono equiángulo;
AB = 7; CD = 6 y DE = 8.
Operación del problema
Solución del problema:
60º
6
66
C
Q
D
E
F
B
AP
60º
60º
60º
7
7
7 X
7
30º
8
30º
QEFP es un trapecio isósceles
Del gráfico: PQ / /EF
360m e 60
6
    .....(1)
 PBA es equilátero
 ABF es isósceles
Conclusiones
PBF: (30°; 60°)
 x = 7 3
Respuesta: E) 7 3
Problema 2
Halle el número de diagonales de un
polígono regular ABCDE... sabiendo
que las mediatrices de los lados AB y
DE forman un ángulo de 60º.
A) 90
B) 105
C) 120
D) 135
E) 150
Resolución:
Ubicación de incógnita n n 3NºD
2

n: Nº de lados del polígono
problemas resueltos
12UNI SEMESTRAL 2013 - III GEOMETRÍA
POLÍGONOS
TEMA 3
Exigimos más!
Análisis de los datos o gráficos
A
20º
20º20º
60ºM
B
T
20º
P
C Q D
N
E
F
O
m MON 60
Al trazar OP BC y OQ CD se tiene que:
m MOP m POQ m QOD 20º    
Operación del problema
• Aplicación de fórmula, teorema
o propiedad
Número de diagonales
Medida del ángulo exterior
• Solución del problema
En el cuadrilátero MBPO:
m TBP m MOP 20º  
360º 20º n 18
n
   
Finalmente
 18 18 3NºD
2

Conclusiones y respuesta
Nº D 135 
Respuesta: D) 135
Problema 3
Tres de las diagonales de un polígono
regular forman un triángulo equilátero.
Determine la suma de los ángulos
internos si se sabe que la medida de
su ángulo interno es mayor que 140°
pero menor que 156°.
A) 1440°
B) 1620°
C) 1800°
D) 1980°
E) 2160°
Resolución:
Ubicación de incógnita
Piden: Suma de los ángulos internos
= Si
Análisis de los datos o gráficos
140º < i < 156º .... (1)
Operación del problema
Propiedad en el polígono regular
 180º n 2
i
n
–
=
en (1):
 180º n 2
140º< <156º
n
–
n 10;11;12 =
La cantidad de lados(n) debe ser
multiplo de tres, para que se pueda
formar el triángulo equilátero.
n 12 =
Si = 180º(n – 2) = 180º(12 – 2)
Conclusiones y respuesta
Si 1800º =
Respuesta: 1800
13UNI SEMESTRAL 2013 - III GEOMETRÍA TEMA 4
CUADRILÁTEROS
GEOMETRÍA
I. DEFINICIÓN
Es el polígono que tiene cuatro lados.
AC yBD son diagonales.
 
 360       
 x      
II. CUADRILÁTERO
A
B
y
D
CZ
x
r
Elementos:
Vértices: A, B, C y D
Lados: AB,BC, CD yDA
Elementos asociados:
Diagonales: AC y BD
Medida de los ángulos
lnteriores: , , y   
Exteriores: x, y, z y r
Además:
A
B
C
D
180 360    
Observación
DESARROLLO DEL TEMA
14UNI SEMESTRAL 2013 - III GEOMETRÍA
CUADRILÁTEROS
TEMA 4
Exigimos más!
III. CLASIFICACIÓN DE LOS CUADRILÁ-
TEROS
A. Según el paralelismo de sus lados opuestos
1. Trapezoide
Lados opuestos no paralelos.
a. Trapezoide simétrico
AC

: Eje de simetría.
b. Trapezoide asimétrico
No presenta simetría axial.
2. Trapecio
Es aquel cuadrilátero que tiene un par de lados
opuestos paralelos y los otros dos lados no pa-
ralelos.
BC / /AD
AD > BC
Bases : BC y AD
Lados laterales : AB y CD
Altura : BH
Nota:
Si los lados de un cuadrilátero son paralelos y
congruentes, entonces es un paralelogramo.
Si: BC / /AD y BC = AD
ABCD: paralelogramo.
Clasificación
a. Trapecio escaleno
BC / /AD
AD > BC
AB CD
b. Trapecio isósceles
BC / /AD
BC < AD
AB = CD
 Además: AC = BD; AE = ED; BE = EC
3. Paralelogramo
Es aquel cuadrilátero cuyos lados opuestos son
paralelos entre sí.
15UNI SEMESTRAL 2013 - III GEOMETRÍA TEMA 4
Exigimos más!
CUADRILÁTEROS
Si: AB / /CD y BC / /AD
ABCD: Paralelogramo
Nota:
Al trazar una paralela a un lado lateral de un
trapecio se cumple:
Si: BC / /AD y CE / /AB
 ABCE es un paralelogramo.
Si: AB = CD
AB / /CD
ABCD: Paralelogramo
AB / /CD yBC / /AD
AB = CD y BC = AD
AO = OC y BO = OD
m A m C y m B m D    
Clasificación
a. Romboide
O
A
B C
D
AB BC
AC BD
 O: Centro de simetría
b. Rombo
O
A
B C
D
AB = BC
AC BD
O: Centro de simetría
Nota:
Si: BQ = QD
CP AP 
a – by
2
 
c. Rectángulo
AB BC
 AC = BD
O: Centro de simetría
16UNI SEMESTRAL 2013 - III GEOMETRÍA
CUADRILÁTEROS
TEMA 4
Exigimos más!
d. Cuadrado
AB = BC
AC = BD
O : Centro del cuadrado
AC yBD
 
: Ejes de simetría
aOM
2

Propiedades
a. 
Si: ABCD es un cuadrado
 BQ = QD
m CBQ = m CDQ
b.
Si ABCD es un romboide
O: Centro de simetría
 PC = AQ
 BP = QD
c. 
Si ABCD es un paralelogramo
 AP + CS = BQ + DR
d.
AP – CS = DR – BQ
Propiedades para el trapecio
a.
BC / /AD; AM = MB; CN = ND
BC ADMN
2

MN : Base media
b.
 BC / /AD ; CM = MA; BN = ND
AD – BCMN
2
 
Nota:
Para un trapecio rectángulo se cumple:
17UNI SEMESTRAL 2013 - III GEOMETRÍA TEMA 4
Exigimos más!
CUADRILÁTEROS
Si: BM = MC y MN AD .
m n 
a bx
2
 
c.
Si: AM = MC
CD – ABMN
2
 
d.
Si CM = MD
 BM = MA
m CBM = m MAD
Problema 1
En el paralelogramo ABCD se tiene
AB = 6 m y BC = 8 m. Se traza la bi-
sectriz interior del ángulo A la cual inter-
seca a BC en E y a la prolongación de
DC en F; desde M, punto medio de
EF, se traza un rayo paralelo a CD que
interseca al segmento AD en N. De-
termine MN (en m).
UNI 2010 - II
A) 6
B) 7
C) 8
D) 9
E) 10
Resolución:
Ubicación de incógnita
Piden MN = X
Análisis de los datos o gráficos
ABCD: Paralelogramo
AB = 6 y BC = 8
Operación del problema
Del gráfico:
A
B C
D
6

Q
N
6

1 1
8
6
E
M
F
1
Se observa:
ABE:
Isósceles (AB = BE = 6)
EQM:
Isósceles (EQ = QM =1)
Conclusión y respuesta
Del gráfico:
MN = NQ + MQ
MN = 6 + 1
X = 7
Respuesta: B) 7
Problema 2
En un triángulo ABC se traza la media-
na BR; tal que AB = AR, m RBC 14   .
Halle m BAC .
UNI 2008 - I
A) 104°
B) 105°
C) 106°
D) 107°
E) 108°
Resolución:
• Piden m BAR
Sea: m BAR x
problemas resueltos
18UNI SEMESTRAL 2013 - III GEOMETRÍA
CUADRILÁTEROS
TEMA 4
Exigimos más!
• En el triángulo isósceles ABR tra-
zamos la mediana AM que también
es altura y bisectriz.
• Trazamos CH BR
• De: AMR CHR   se tiene:
RM = RH
• Sea CH = 3k
Entonces BH = 4(CH) = 12k
( BHC es not.)
• Luego: BM = MR = RH = 4k
RHC es not. (37° y 53°)
• Entonces m CRH 37 
ABR (isósceles): x + 2(37°) = 180°
• Por lo tanto x = 106°
Respuesta: C) 106°
Problema 3
En un cuadrilátero ABCD, las prolon-
gaciones de los lados BA y CD se
intersecan en M(A BM) y las prolon-
gaciones de los lados AD y BC se
intersecan en N(C BN) . Si los ángu-
los BAD y BCD miden 70° y 80° res-
pectivamente, determine el ángulo que
forman las bisectrices interiores de los
ángulos AMC y ANC.
UNI 2010 - I
A) 90° B) 100°
C) 105° D) 110°
E) 115°
Resolución:
Ubicación de incógnita
Piden: m MON x 
Análisis de los datos o gráficos
MC y NO
 
: Bisectrices
Operación del problema
Del gráfico:
(Propiedad sobre bisectrices)
110 100x
2
x 105
  
 
Respuesta: C) 105°
19UNI SEMESTRAL 2013 - III GEOMETRÍA TEMA 5
CIRCUNFERENCIA I
GEOMETRÍA
I. CONCEPTO
Es el lugar geométrico de todos los puntos que cum-
plen con la propiedad de equidistar de otro punto fijo
denominado centro. A dicha distancia constante se le
llama radio.
Elementos:
Centro : "O" Radio : OA
Diámetro : BC Cuerda : MN
Arco : BD R. Tangente : TR

Apotema : OH Flecha o sagita : PH
R. Secante : SR

Pto. de Tangencia : “T”
II. TEOREMAS FUNDAMENTALES
1. El radio trazado con respecto al punto de tangencia,
es perpendicular a la recta tangente que la contiene.
 
2. En toda circunferencia, un diámetro o radio es per-
pendicular a una cuerda. Si y solo si pasa por el punto
medio de dicha cuerda. Si: AB MN .
 MH HN
3. En toda circunferencia, a cuerdas congruentes se
oponen arcos congruentes y viceversa. Si: AB CD .
 
 AB CD
4. En toda circunferencia cuerdas paralelas determi-
nan que los arcos comprendidos entre dichas pa-
ralelas sean congruentes. Si: BC // AD.
  AB CD
5. Si desde el centro de una circunferencia se trazan
perpendiculares a dos cuerdas congruentes; en-
tonces se cumple que dichas perpendiculares son
congruentes. Si: AB = CD ; OM = ON
DESARROLLO DEL TEMA
20UNI SEMESTRAL 2013 - III GEOMETRÍA
CIRCUNFERENCIA I
TEMA 5
Exigimos más!
6. Si por un punto exterior a una circunferencia se
trazan segmentos de tangentes, entonces se cum-
ple que dichos segmentos son congruentes.
 AB BC
III. POSICIONES RELATIVAS ENTRE 2 CIR-
CUNFERENCIAS
A. Exteriores
1OO R r 
B. Interiores
 1OO R r 
C. Tangente interiores
 1OO R r 
D. Tangentes exteriores
 1OO R r 
E. Concéntricas
 1OO 0
F. Ortogonales
 2 2 21OO R r 
G. Secantes
1R r OO R r   
IV. TEOREMA DE PONCELET
En todo triángulo rectángulola suma de las longitudes
de los catetos es igual a la longitud de la hipotenusa
más 2 veces la longitud del radio de la circunferencia
inscrita.
c a b 2r   r: inradio
V. TEOREMA DE PITOT
En todo cuadrilátero circunscrito se cumple que la suma
de las longitudes de 2 lados opuestos es igual a la
suma de las longitudes de los otros 2 lados opuestos.
Cuadrilátero circunscrito es aquel cuadrilátero en el cual
se puede inscribir una circunferencia.
21UNI SEMESTRAL 2013 - III GEOMETRÍA TEMA 5
Exigimos más!
CIRCUNFERENCIA I
 a c b d  
VI. TEOREMA DE STEINER
En todo cuadrilátero exinscrito se cumple que la dife-
rencia de las longitudes de 2 lados opuestos es igual a
la diferencia de las longitudes de los otros 2 lados opues-
tos. Cuadrilátero exinscrito es aquel cuadrilátero en el
cual las prolongaciones de sus lados son tangentes a
una misma circunferencia.
 a c b d  
VII.PROPIEDADES ADICIONALES
1. AC = BD
2. AD = BC
3. AM = AN = P
P = Semiperímetro ABC .
5. BT = P – b
SC = P – c
AR = P – a
P = Semiperímetro ABC .
6. PQ = BC – AB
7. AM = UD
MN = PQ
8. a cAC r r 
9. b a cr r r r  
22UNI SEMESTRAL 2013 - III GEOMETRÍA
CIRCUNFERENCIA I
TEMA 5
Exigimos más!
Problema 1
En el gráfico; PQ y T son puntos de
tangencia si mATB 140º ; hallar "x".
Nivel fácil
Resolución:
Observación:
 
wx
z

Piden: x
ST = SQ = SP
Luego:
x = 70°/2
x = 35°
Respuesta: 35°
Problema 2
Según el gráfico O es punto de tan-
gencia. Hallar AB.
Nivel intermedio
Resolución:
Piden: AB
Se traza ANLB: trapecio
Se observa: ANOQ y OSBL: rombos
QOS : triángulo equilátero
AB = 4 + 4 + 4
AB 12 
Respuesta: 12
Problema 3
Del gráfico; hallar "x"; mTC 50 .
Nivel difícil
Resolución:
Piden: x
Se traza TQ
por propiedad: m PTQ 90º
Luego en 
x 65º 
Respuesta: 65°
problemas resueltos
23UNI SEMESTRAL 2013 - III GEOMETRÍA TEMA 6
CIRCUNFERENCIA II
GEOMETRÍA
I. POSICIONES RELATIVAS DE DOS CIR-
CUNFERENCIAS EN EL PLANO
A. Circunferencias exteriores
R
r
O2
O1 m
  1 2C C
m R r 
Propiedades
Según el gráfico:
1

L y 2

L : Rectas tangentes comunes exteriores
3

L : Recta tangente común interior
A, B, C y D : Puntos de tangencia
 AB CD PQ 
BQ CP
AQ PD
AC / /BD
B. Circunferencias secantes
  1 2 A,BC C
R – r m R r  

L : Secante común
 1 2O O

L
C. Ángulo entre dos circunferencias secantes
 
A
m
n
B
x
m

: Recta tangente a 2C
n

: Recta tangente a 1C
x : Medida del ángulo entre 1C y 2C
Si x = 90º
1 C y 2C son ortogonales
D. Circunferencias tangentes interiores
mO2 O1
A
B
T
r R
 1 2 T C C
DESARROLLO DEL TEMA
24UNI SEMESTRAL 2013 - III GEOMETRÍA
CIRCUNFERENCIA II
TEMA 6
Exigimos más!
T: Punto de tangencia
O1, O2, T : Son colineales
m R – r

L : Recta tangente común exterior
Además:  mTA mTB
Teorema
T y V: Puntos de tangencia
 mAL mBL
E. Circunferencias tangentes exteriores
 1 2 T C C
T : Punto de tangencia
O1, T y O2 son colineales
m R r 

L : Recta tangente común interior
Además:  mTA mTB
F. Circunferencias interiores
 1 2 C C
m R – r
G. Circunferencias concéntricas
 1 2 C C
AB = CD
2 2AB 2 R – r
T y Q: Puntos de tangencia
II. CUADRILÁTERO INSCRITO EN UNA
CIRCUNFERENCIA
Definición
Es aquel cuadrilátero cuyos vértices pertenecen a una
misma circunferencia:
En el gráfico; A, B, C y D: son puntos de la circunferen-
cia; entonces:
Teorema 1
En todo cuadrilátero inscrito sus ángulos interiores
opuestos son suplementarios.
En el gráfico ABCD inscrito en la circunferencia.
Entonces:
180    
Además:
  
25UNI SEMESTRAL 2013 - III GEOMETRÍA TEMA 6
Exigimos más!
CIRCUNFERENCIA II
Teorema 2
En todo cuadrilátero inscrito sus diagonales determinan
con los lados opuestos ángulos de igual medida.
En el gráfico, ABCD: inscrito en la circunferencia.
Entonces:
  
Nota:
En el gráfico se tienen dos circunferencias secantes
en A y B.
Se cumple:
MN / /PQ
 
III. CUADRILÁTERO INSCRIPTIBLE EN UNA
CIRCUNFERENCIA
Definición
Es aquel cuadrilátero convexo que puede inscribirse
en una circunferencia; es decir que sus vértices pueden
ser ubicados en una misma circunferencia.
En el gráfico; si: A, B, C y D pueden ser ubicados en una
circunferencia, entonces:
Condición para que un cuadrilátero sea inscriptible
Todo cuadrilátero convexo cuyos ángulos interiores
opuestos son suplementarios, es inscriptible.
En el gráfico, si:    = 180°
entonces: 
también, si:   
entonces: 
Todo cuadrilátero convexo cuyas diagonales determi-
nan con dos lados opuestos ángulos de igual medida,
es inscriptible.
En el gráfico, si:   , entonces:
IV. TEOREMAS ADICIONALES
A. Recta de Simpson
Si desde un punto ubicado en la circunferencia
circunscrita a un triángulo, se trazan perpendiculares
a los 3 lados; entonces se cumple que los pies de
estas perpendiculares están contenidos en una
misma recta denominada recta de Simpson.
L: Recta de Simpson
B. Teorema de Nagel
En todo triángulo se cumple que el segmento que
une los pies de 2 alturas es perpendicular el diá-
metro de la circunferencia circunscrita trazada por
el vértice del cual no partió altura alguna.
BD MN
OM
A
D
N
B
C
26UNI SEMESTRAL 2013 - III GEOMETRÍA
CIRCUNFERENCIA II
TEMA 6
Exigimos más!
Problema 1
En la figura, O es el centro del círculo
trigonométrico. Si OA = 1 u y 3tan
3
  ,
calcule el área de la región sombreada
(en u2).
A
O

UNI 2011 - II
A)
7
9

B)
5
6

C)
6
7

D)
7
8

E)
8
9

Resolución:
Ubicación de incógnita
Calcular el área de la región sombreada.
Análisis de los datos o gráficos
A
C.T.
3Tan
3
 
OA = 1
Operación del problema
* Aplicación de la fórmula, teorema o
propiedad.
3Tan
3 6
    
* Solución del problema
r
r
P
 = /6
O1
O
Por el triángulo rectángulo notable
(30º – 60º): 1OO 2r .
Entonces: OP = 3r = 1
1r
3
 
Restando las áreas de las circunfe-
rencias:
2
2 2
x
1 8S (1) u
3 9 9
          
 
Respuesta: B) 
8
9

Problema 2
En la figura, EF es tangente a la circuns-
ferencia inscrita en el triángulo ABC.
Halle el perímetro en metros del trián-
gulo EBF; si AB = 10 m, BC = 12 m y
AC = 11 m.
UNI 2006 - II
Nivel intermedio
A) 8 B) 9
C) 10 D) 11
E) 13
Resolución:
EF es tangente; AB = 10; BC = 12 y AC = 11.
Se pide: Perímetro del EBF 2p  .
• Del gráfico:
TB = BQ = P ........... propiedad
• AT = 10 – p y QC = 12 – p ..........
propiedad
• AL = 10 – p y LC = 12 – p ........
propiedad
• 10 – p + 12 – p = 11
2p 11 
Respuesta: D) 11
Problema 3
En una circunsferencia se trazan los
diámetros perpendiculares AB y CD,
por C se traza una recta L tangente a
la circunferencia, en el arco DB se elige
el punto E de manera que E, B y G
sean colineales  G L , la mEB 70 ,
 AE DC F  . Determine la m AFG .
UNI 2005 - II
Nivel difícil
A) 85° B) 95°
C) 100° D) 125°
E) 155°
Resolución:
AB y CD son diámetro perpendiculares
E; B y G son colineales:
 mEB 70 ;  AE DC F 
se pide la m AFG .
• Del gráfico:
EFCG: inscriptible

inscrito
mCEG mCFG 45   
• BAE: inscrito
como: mBAE 35 
DFA 55  
mAFG 100  
Respuesta: C) 100°
problemas resueltos
27UNI SEMESTRAL 2013 - III GEOMETRÍA TEMA 7 - 8
PUNTOS NOTABLES
GEOMETRÍA
I. BARICENTRO
Es el punto de concurrencia de las medianas de un
triángulo. Dicho punto determina en cada mediana dos
segmentos cuya razón de longitudes es de 2 a 1.
G: baricentro de la región triangular ABC.
II. ORTOCENTRO
Es el punto de concurrencia de las alturas de un trián-
gulo; tendrá una ubicación característica, dependiendo
del tipo de triángulo.
El ABC es acutángulo
H: ortocentro del triángulo ABC.
El ABC es obtusángulo, obtuso en B.
T: ortocentro del triángulo ABC.
ABC es rectángulo recto en B.
B: ortocentro del triángulo ABC.
III. INCENTRO
Es el punto de concurrencia de las bisectrices interiores
de un triángulo. El incentro pertenece a la región
triangular,equidista de los lados del triángulo, motivo
por el cual es el centro de la circunferencia inscrita en
dicho triángulo.
DESARROLLO DEL TEMA
28UNI SEMESTRAL 2013 - III GEOMETRÍA
PUNTOS NOTABLES
TEMA 7 - 8
Exigimos más!
I: incentro del ABC
r: inradio del ABC
A. Circunferencia inscrita en el triángulo
Es aquella circunferencia cuyo centro es el incentro
del triángulo y es tangente a los lados del triángulo.
: Circunferencia inscrita en el triángulo ABC.
M, Q y T: puntos de tangencia
Se cumple:
Donde: p: semiperímetro de la región triangular
ABC.
B. Teorema de Poncelet
En todo triángulo rectángulo, la suma de las lon-
gitudes de los catetos, es igual a la longitud de la
hipotenusa más el diámetro de la circunferencia ins-
crita en dicho triángulo.
En el ABC, r: inradio.
Se cumple: a + c = b + 2 r
IV. CIRCUNCENTRO
Es el punto de concurrencia de las mediatrices de los
lados de un triángulo, su ubicación respecto al trián-
gulo, dependerá de la naturaleza de dicho triángulo.
El circuncentro equidista de los vértices del triángulo,
motivo por el cual es el centro de la circunferencia cir-
cunscrita a dicho triángulo.
ABC : acutángulo
O: circuncentro del ABC .
O: centro de la circunferencia circunscrita al ABC .
R: circunradio del ABC .
ABC : obtusángulo, obtuso en B
O : circuncentro del ABC .
O : centro de la circunferencia cicunscrita al ABC .
R : circunradio del ABC .
29UNI SEMESTRAL 2013 - III GEOMETRÍA TEMA 7 - 8
Exigimos más!
PUNTOS NOTABLES
Problema 1
Del gráfico que punto notable es P del
triángulo ABC.
Nivel fácil
A) Incentro B) Circuncentro
C) Ortocentro D) Baricentro
E) Punto brocard
Resolución:
ABC : rectángulo, recto en B.
O : circuncentro del ABC .
O : centro de la circunferencia cicunscrita al ABC .
R : circunradio del ABC .
V. EXCENTRO
Es el punto de concurrencia de dos bisectrices exte-
riores y una bisectriz interior trazada desde el tercer
vértice, el excentro petenece a la región exterior
equidista de los lados del triángulo motivo por el cual
es el centro de la circunferencia ex inscrita a dicho
triángulo. El triángulo tiene un excentro relativo a cada
lado, es decir tiene tres excentros.
Circunferencia exinscrita al ABC , relativa a BC.
Ea : excentro del ABC , relativo al lado BC.
ra : exradio del ABC , relativo a BC.
A. Propiedad
Q, S y L son puntos de tangencia.
Donde: p: semiperímetro de la región triangular ABC.
B. Teorema de Pithot
En todo cuadrilátero circunscrito a una circunfe-
rencia, la suma entre las longitudes de los lados
opuestos son iguales.
ABCD circunscrito se cumple:
AB + CD = BC + AD
Se prolonga AP y CP hasta S y T res-
pectivamente.
Se observa:
AS: altura
CT: altura
P : ortocentro ABC 
Respuesta: C) Ortocentro
Problema 2
Del gráfico, O y R son ortocentro y
circuncetro del ABC ; hallar " ".
Nivel intermedio
A) 30° B) 45°
C) 60° D) 15°
E) 20°
Resolución:
 
Piden: 
Se traza RH AC
Por teorema: BO = 2(RH)
RHC: notable 30° y 60°
problemas resueltos
30UNI SEMESTRAL 2013 - III GEOMETRÍA
PUNTOS NOTABLES
TEMA 7 - 8
Exigimos más!
Como:
R: circuncentro ABC
m ARC 120 
120 2(3 )  
20  
Respuesta: E) 20°
Problema 3
En el gráfico, hallar  ; AM = MC y
m BMC 45 .
Nivel difícil
A) 10° B) 15°
C) 20° D) 21°
E) 18°
Resolución:
Piden 
Por M se traza AC
Como QA = QC
m QAB m BAC    
Luego:
AQM : B es excentro relativo a QM.
Entonces:
m ZQB m BQM 4   
Luego:
12 180  
15  
Respuesta: B) 15°
31UNI SEMESTRAL 2013 - III GEOMETRÍA TEMA 9
PROPORCIONALIDAD DE
SEGMENTOS
GEOMETRÍA
I. PROPORCIONALIDAD DE SEGMENTOS
A. Razón geométrica de segmentos
Es la comparación mediante el cociente de las longi-
tudes de dos segmentos expresados en la misma
unidad de medida.
El resultado de dicho cociente es el valor de la razón
geométrica.
Ejemplo:
Sean AB = 6 cm y CD = 8 cm; la razón geométrica
de AB y CD es 6 cmAB 3
CD 8 cm 4
  .
B. Segmentos proporcionales
Son dos pares de segmentos que tienen el mismo
valor de sus razones geométricas.
Ejemplo:
Sean AB = 6 cm, CD = 8 cm, PQ = 15 cm y RS = 20 cm.
6 cmAB 3
CD 8 cm 4
  (razones geométricas de AB y CD)
15cmPQ 3
RS 20 cm 4
  (razón geométrica de PQ y RS )
Entonces, AB y CD son proporcionales a PQ y RS .
PQAB
CD RS

Observaciones
División de un segmento:
Según el gráfico:
• Si P es un punto cualquiera del segmento AB;
se dice que P divide internamente a AB, en la
razón AP
PB
.
• Si Q es un punto en la prolongación de AB se
dice que Q divide externamente a AB , en la
razón AQ
QB
.
C. Teorema de Tales
Tres o más rectas paralelas determinan en dos rectas
transversales o secantes a ellas, segmentos pro-
porcionales.
 
En el gráfico:
Si: 1 2 3 4 5/ / / / y ,
    
L L L L L transversales o se-
cantes a dichas rectas.
Se cumple:
 
AB MN
BC NQ

Colorario del teorema de Tales
Toda recta coplanar a un triángulo y paralela a uno
de sus lados, divide internamente o externamente
a los otros lados en segmentos proporcionales.
En el gráfico:
División interna División externa
Si: / / AC
 
L Si: / / AC
 
L
Se cumple: Se cumple:
 
a m
b n
 
px
y q

DESARROLLO DEL TEMA
32UNI SEMESTRAL 2013 - III GEOMETRÍA
PROPORCIONALIDAD DE SEGMENTOS
TEMA 9
Exigimos más!
D. Teorema de la bisectriz interior
En todo triángulo, una bisectriz interior, divide inter-
namente al lado al cual es relativo en segmentos
proporcionales a los lados adyacentes a dicha
bisectriz.
 
En el gráfico, la bisectriz interior BD del ABC , divide
internamente a AC .
Se cumple:
c m
a n

E. Teorema de la bisectriz exterior
En todo triángulo, una bisectriz exterior (tal que
los lados adyacentes a dicha bisectriz son de
longitudes diferentes), divide externamente al lado
al cual es relativa en segmentos proporcionales a
los lados adyacentes a dicha bisectriz.
En el gráfico, la bisectriz exterior BE del ABC (c > a),
divide externamente a AC.
Se cumple:
c m
a n

F. Teorema del incentro
En todo triángulo, el incentro divide internamente
a una bisectriz interior en segmentos proporcionales
a la suma de longitudes de los lados adyacentes a
la bisectriz y la longitud del lado al cual es relativa a
dicha bisectriz.
 
En el gráfico, I (incentro del ABC ), divide interna-
mente a la bisectriz interior BD.
Se cumple:
 
x c a
y b

G. Teorema de Menelao
Toda recta secante a un triángulo que divide
internamente a dos lados y externamente al
tercero, determina en dichos lados segmentos,
cumpliéndose que el producto de las longitudes
de tres de ellos sin extremo común es igual al
producto de las longitudes de los otros tres.
 
En el gráfico, la recta L secante al triángulo ABC,
divide internamente a AB y BC y externamente a
AC.
Se cumple:
amy bnx
H. Teorema de ceva
En todo triángulo , tres cev ianas interio res
concurrentes dividen internamente a cada lado en
segmentos; cumpliéndose que el producto de las
longitudes de tres de ellos, sin extremo común es
igual al producto de las longitudes de los otros tres.
 
En el gráfico, las cevianas interiores AQ, BR y CP
concurrentes en M, dividen internamente a los lados
del ABC . Se cumple: amx bny
I. División armónica de un segmento
Dos puntos dividen armónicamente a un segmento,
si lo dividen internamente y externamente en la
misma razón.
 
33UNI SEMESTRAL 2013 - III GEOMETRÍA TEMA 9
Exigimos más!
PROPORCIONALIDAD DE SEGMENTOS
Problema 1
De la gráfica:
Podemos decir que:
UNI 2004 - I
Nivel fácil
A) a b c = xy (c + d)
B) a b c = x y d
C) a b d = x y c
D) a b d = xy (c + d)
E) a c d = xy (c + d)
Resolución:
 
Teorema de Menelao:
abc = xy (c + d)
Respuesta: A) a b c = xy (c + d)
Problema 2
En la figura mostrada; M, N y P son
puntos de tangencia; O y O' centros
de las circunferencias.
 
Si PM = 2PN, calcule r '
r
UNI 2007 - II
Nivel intermedio
A) 2
B) 3
C) 4
D) 5
E) 6
En el gráfico, P divide internamente a AB y Q divide
externamente a AB, si P yQ dividen armónicamente
al segmento AB.
Se cumple, por definición:
AQAP
PB BQ

Es decir (reemplazando longitudes)
a m an bm
b n
  
De lo anterior a los puntos P y Q se les denomina
conjugados armónicos respecto a A y B.
Además; A, P, B y Q forman una cuaterna armónica.
Teorema
En un triángulo, las bisectrices de un ángulo interior
y de su correspondiente (o adyacente) ángulo ex-
terior; dividen armónicamente al lado opuesto a
dicho ángulo.
 
En el gráfico:
BD

: bisectriz del ángulo interior ABC.
BE

: bisectriz del ángulo exterior CBQ.
Se cumple:
D y E :dividen armónicamente al lado AC.
Si: A, B, C y D forma una cuaterna armónica además
"O" es un punto exterior OA,OB,OC y OD .
34UNI SEMESTRAL 2013 - III GEOMETRÍA
PROPORCIONALIDAD DE SEGMENTOS
TEMA 9
Exigimos más!
Resolución:
 
Pide: 
r '
r
Por teorema: m MPN 90 
MPN 
53
2
 
MPZ PZ = 4m
ZPM NPG  
r '
4
r

Respuesta: C) 4
Problema 3
En la figura mostrada, calcule la medida
del ángulo APC.
 
UNI 2007-I
Nivel difícil
A) 100°
B) 105°
C) 110°
D) 120°
E) 110°
Resolución:
 
Piden x:
En ABC
• Por teorema de la bisectriz interior:
 NC ak y
 NB K 
• Por teorema de la bisectriz exterior:
 AD t  y
 CD bt
• Por teorema de Menelao
m. k.bt n.ak. t  m a
n b
 
Luego: CM es bisectriz interior..
En ABC por propiedad de la bisectriz.
30x 90 105
2
    
Respuesta: B) 105°
35UNI SEMESTRAL 2013 - III GEOMETRÍA TEMA 10
SEMEJANZA DE TRIÁNGULOS
GEOMETRÍA
I. DEFINICIÓN
Son dos figuras geométricas que tienen igual forma y
tamaños distintos.
En dos figuras semejantes existe una correspondencia
biunívoca (correspondencia uno a uno) entre sus pun-
tos, de modo que a los puntos que se corresponden
se les denominan puntos homólogos y a los segmen-
tos que se corresponden se les denominan segmen-
tos o líneas homólogas.
En dos figuras semejantes sus líneas homólogas son
proporcionales.
En el gráfico, se muestran dos figuras geométricas se-
mejantes.
A y A’: puntos homólogos
AC y A 'C ' lados o líneas homólogas.
Se cumple: a m R k
b n r
  
k: Constante de proporcionalidad o razón de semejanza.
: Símbolo de semejanza (se lee: es semejante a).
II. CONCEPTO
Son dos triángulos que tienen sus ángulos respectiva-
mente de igual medida y además sus lados homólogos
proporcionales.
En el gráfico, ABC MNL 
Se cumple:
• Las medidas de sus ángulos son respectivamente
iguales.
• Sus lados homólogos son proporcionales, es decir:
a b c k
m n 
  
A. Postulado
Dos triángulos son semejantes si tienen al menos
dos ángulos respectivamente de igual medida.
En el gráfico, si:
mBAC = m FEG y mACB = m EGF
Se cumple: ABC EFG 
B. Teorema I
Dos triángulos son semejantes si tienen un ángulo
de igual medida y los lados que determinan a dichos
ángulos respectivamente proporcionales.
En el gráfico, si m BAC = m NML y c b k
n
 

Se cumple:
ABC MNL 
DESARROLLO DEL TEMA
36UNI SEMESTRAL 2013 - III GEOMETRÍA
SEMEJANZA DE TRIÁNGULOS
TEMA 10
Exigimos más!
C. Teorema II
Dos triángulos son semejantes si sus lados son
respectivamente proporcionales.
En el gráfico, si:
a b c k
m n
  

Se cumple:
 ABC MNL
D. Propiedades
• Una recta secante a un triángulo paralela a uno
de sus lados, determina un triángulo parcial
semejante al triángulo dado.
En el gráfico, si: PQ / / AC
 
Se cumple:
  PBQ ABC
• En todo triángulo acutángulo, el segmento que
une los pies de dos alturas determina un triángulo
parcial semejante al triángulo dado.
En el gráfico, ABC acutángulo se cumple:
 QBP ABC
• En dos triángulos semejantes sus líneas ho-
mólogas son proporcionales.
En el gráfico, ABC MNL 
Se cumple:


      

ABC
MNL
2pa b c H r R k
m n h x y 2p
2p: perímetro
Observación
En el ABC; BP : ceviana interior
Si:
m ABP = m ACB
Se cumple:
2x mn
37UNI SEMESTRAL 2013 - III GEOMETRÍA TEMA 10
Exigimos más!
SEMEJANZA DE TRIÁNGULOS
Problema 1
La figura mostrada ABCD es un rectán-
gulo. Si CP = 8 m, DP = 4 m, EF = 6 m,
entonces el valor de AD es:
UNI 2012-I
A) 46 m
3
B) 15 m
C) 43 m
3
D) 14 m
E) 49 m
3
Resolución:
Ubicación de incógnita
Piden: AD = x
Operación del problema
BEA PEC 
BE 3 BE 3K EP 2K
EP 2
    
EFP  BQP
BQ 5K BQ 15m
6m 2K
  
BAQ: AQ = 9 m
BAQ  PDQ
4 mQD 16QD m
12m 9m 3
  
Conclusiones y respuesta
Del gráfico:
16x 9m m
3
 
43x m
3
 
Respuesta: C) 43 m
3
Problema 2
En un rectángulo ABCD, M y N son
puntos medios de los lados BC y CD
respectivamente, tales que AM = 2 2
cm y BN = 17 cm. Si P es el punto
de intersección de los segmentos AM
y BN, entonces el valor de PM + PN
en cm es:
UNI 2011-II
A) 2 2 17
5
 B) 2 2 2 17
5

C) 3 2 17
5
 D) 2 2 3 17
5

E) 3 2 3 17
5

Resolución:
Ubicación de incógnita
Sea: PM = x
PN = y
Piden: x + y
Análisis de los datos o gráficos
AM = 2 2
BN = 17
Operación del problema
MN : Base media BCN
SN : Base media MCDA
 MN = a
SN = 3b
Por  de 
x a 1
a 4a 52 2
 

x = 2 2
5
y 3b 3
2b 3b 517
 

y = 3 17 2 2 3 17x y
5 5
  
Respuesta: D) 2 2 3 17
5

Problema 3
ABCD es un cuadrilátero inscrito en una
circunferencia de radio r y circunscrito
a una circunferencia de radio R. Si BD
interseca a AC en I, 3BI = AI y AB +
CD = a cm (a > 0), calcule la longitud
(en cm) de BC.
UNI 2011-I
A)
a
2 B)
a
3
C)
a
4 D)
a
5
E)
a
6
Resolución:
Ubicación de incógnita
Piden; BC = x
problemas resueltos
38UNI SEMESTRAL 2013 - III GEOMETRÍA
SEMEJANZA DE TRIÁNGULOS
TEMA 10
Exigimos más!
Análisis de los datos o gráficos
AI = 3(BI) = 3 m
AB + CD = a
Hacemos: AD = y
Operación del problema
Teorema de Pitot
Semejanza de triángulos
Ángulos en la circunferencia
 
Aplicando el teorema de Pitot:
AB + CD = x + y  x + y = a ...(1)
Por ángulo inscrito:
mBCI = mADB = 
además: mBIC = mAID = 
Reconocemos que: BIC  AID

x m
y 3m
  y = 3x ...(2)
Conclusión y respuesta
Sustituyendo (2) en (1)
4x = a
ax
4

Respuesta: C) 
a
4
39UNI SEMESTRAL 2013 - III GEOMETRÍA TEMA 11
RELACIONES MÉTRICAS EN LA
CIRCUNFERENCIA
GEOMETRÍA
I. TEOREMA DE LAS CUERDAS
En una circunferencia si se trazan dos cuerdas secantes,
el producto de las long itudes de los segmentos
determinados en la primera cuerda es igual al producto
de las longitudes de los segmentos determinados en
la segunda cuerda. Se trazan las cuerdas AB y CD en la
circunferencia que se intersecan en E.
AED ~ CEB
AE DE
CE BE

Luego: (AE)(BE) = (CE)(DE)
II. TEOREMA DE LA SECANTE
Si desde un punto exterior a una circunferencia se
trazan rectas secantes, se cumple que el producto de
las longitudes de la secante entera por su parte exter-
na es constante.
Trazamos AC y BD por lo tanto el cuadrilátero ABCDCD
está inscrito entonces:
BPD ~ CPA
PD PB
PA PC

Luego: (PA)(PB) = (PC)(PD)
III. TEOREMA DE LA TANGENTE
Si desde un punto exterior a una circunferencia se
trazan una recta tangente y una secante, se cumple
que la longitud del segmento tangente es media
proporcional con las longitudes de la secante y su parte
externa.
Trazamos AT y BT por lo tanto:
PBT ~ PTAA
PB PT
PT PA

Luego: (PT)2 = (PA)(PB)
DESARROLLO DEL TEMA
40UNI SEMESTRAL 2013 - III GEOMETRÍA
RELACIONES MÉTRICAS EN LA CIRCUNFERENCIA
TEMA 11
Exigimos más!
Problema 1
Los radios de dos circunferencias tan-
gentes externas están en la relación
de uno a tres. Las tangentes comu-
nes exteriores miden 4 3 u y se cor-
tan en E. Calcula la distancia entre el
centro de la mayor y E.
A) 12 m B) 10 m
C) 11 m D) 15 m
E) 20 m
Resolución:
Se pide calcular OE
AB 2 3r r = r = 2 m.
Unimos los centros con E.
Se observa que OO2= 4r; OH = 2r
m OO H 30 m OEA 30   2 = =
y ya que r = 2 u; OA = 6 u
En el OAE: OE = 12 m
Respuesta: A) 12 m
Problema 2
Según el gráfico AO = OB = R.
Hallar "x".
Nivel intermedio
A)
R
4 B)
R 2
2
C)
4R
9
D)
R
3 E)
R
5
Resolución:
Piden: Se une los centros de las tres
circunferencias:M; T y N son colineales.
O; M y S son colineales.
Luego: MON (T, Herón)
   2 R Rx R(x) xR 2 2
2
 
4Rx
9
 
Respuesta: C) 
4R
9
Problema 3
Según el gráfico, OA = PQ = 12 y
OP = 4, hallar FT (F, T y Q son puntos
de tangencia).
Nivel difícil
A) 2 6 B) 2 4 C) 6
D) 3 6 E) 4 2
Resolución:
Piden FT = x
Se observa:
OSE: (T. Pitágoras)
(a + 12)2 = (a + 4)2 + 122
a = 1
Por T. tangente:
(FE)2 = (24 + a)(a)
FE = 5
Luego en FTE:
x2 + a2 = 52
x2 + 1 = 25
x 2 6 
Respuesta: A) 2 6
problemas resueltos
41UNI SEMESTRAL 2013 - III GEOMETRÍA TEMA 12
RELACIONES MÉTRICAS EN LOS
TRIÁNGULOS RECTÁNGULOS
GEOMETRÍA
I. PROYECCIONES
Proyección ortogonal de un punto sobre una recta es
el pie de la perpendicular trazada del punto a la recta.
Asi la proyección ortogonal del punto "P" sobre la recta
L es el punto P'. La perpendicular PP ' se llama pro-
yectante. Si el punto pertenece a la recta su pro-
yección sobre ella es el mismo punto. Asi la proyección
de "Q" sobre 

L es Q'.
La proyección de un segmento sobre una recta es el
conjunto de todos lo puntos de la recta que son pro-
yecciones de los puntos del segmento sobre la recta.
II. SEMEJANZAS EN EL TRIÁNGULO REC-
TÁNGULO
Teorema
En todo triángulo rectángulo, la altura correspondiente a
la hipotenusa divide al triángulo en dos triángulos se-
mejantes entre sí y también semejantes al triángulo dado.
 AHB  BHC  ABC
III. RELACIONES MÉTRICAS EN EL TRIÁN-
GULO RECTÁNGULO
A. Teorema del cálculo del cateto
El cuadrado de la longitud de cada cateto es media
proporcional entre su proyección sobre la hipote-
nusa y la longitud dicha la hipotenusa.
De la figura: ABC ~ BDC
a m
b a

Efectuando: a2 = b.m
Análogamente: c2 = b.n
B. Teorema de Pitágoras
En un triángulo rectángulo la suma de los cuadrados
de las longitudes de los catetos es igual al cuadrado
de la longitud de la hipotenusa.
Del teorema anterior:
• a2 = (b.m)
• c2 = (b.n)
DESARROLLO DEL TEMA
42UNI SEMESTRAL 2013 - III GEOMETRÍA
RELACIONES MÉTRICAS EN LOS TRIÁNGULOS RECTÁNGULOS
TEMA 12
Exigimos más!
Sumar: a2 + c2 =  
b
b m n
Luego: a2 + c2 = b.b
a2 + c2 = b2
C. Teorema del cálculo de la altura
La longitud de la altura relativa a la hipotenusa en medio
proporcional entre las longitudes de los segmentos
que determina dicha altura sobre la hipotenusa.
°
°
°
°
h
A D Cm n
B
De la figura: ADB ~ BDC
h m
n h

Luego: (h)2 = (m.n)
D. Teorema del producto de catetos
El producto de las longitudes de los catetos es igual
al producto de las longitudes de la altura relativa a
la hipotenusa y la hipotenusa.
A D Cb
c
a
B
h
°
°
°
De la figura: ADB ~ ABC
h c
a b

Luego: (a.c) = (b.h)
E. Teorema de un triángulo rectángulo
La inversa del cuadrado de la longitud de la altura relativa
a la hipotenusa es igual a la suma de los cuadrados de
las inversas de las longitudes de los catetos.
A D C
b
c
a
B
n m
h
Se cumple que:
b2 = a2 + c2 ............ (1)
b.h = a.c ................ (2)
(1) y (2)2
2 2 2
2 2 2 2 2 2
b a c
b h a c a c
  2 2 2
1 1 1
h c a
 
IV. PROPIEDADES
1.
2x a.m 
2.
2x m.n 
3.
Si: P, Q y T son puntos de tangencia.
x 2 R.r 
4.
43UNI SEMESTRAL 2013 - III GEOMETRÍA TEMA 12
Exigimos más!
RELACIONES MÉTRICAS EN LOS TRIÁNGULOS RECTÁNGULOS
Si: P y Q son puntos de tangencia.
PQ MN 
5.
2 2 2 2a b m n   
6. Para todo cuadrilátero de diagonales perpendiculares.
2 2 2 2(AB) (CD) (BC) (AD)   
Problema 1
En la figura hallar BM; si: AM = MC y
AB2 – BC2 = 8 y m BCA 2m AMN  .
Nivel fácil
A) 2 B) 3 C) 2 2
D) 3 2 E) 2,5
Resolución:
Piden: BM = x
Se observa:
CBM : isósceles
CB = CM = b
Luego:
ABC : Teorema mediana
2
2 2 2 (2b)a b 2x
2
  
2 2 2a b 2x 
8 = 2x2
2 x 
Respuesta: A) 2
Problema 2
En el gráfico mostrado, ABCD es un
cuadrado, ADC es un sector circular con
centro en D, m ABM y m ADM     .
Calcule tan en términos de  .
UNI 2010-II
A)
1 sen
1 cos
 
  B)
1 cos
1 sen
 
 
C)
2 cos
2 sen
 
  D)
1 sen
1 cos
 
 
E)
1 cos
1 sen
 
 
Resolución:
Ubicación de incógnita
Piden la Tan ABM en función  .
Análisis de los datos o gráficos
Trazamos MN AB y MP AD deter--
minándose dos s MNB y MPD.
Operación del problema
En los s MPD y MNB colocamos las
longitudes de sus catetos como se
muestra en el gráfico, en el triángulo
rectángulo BNM calculamos:
MNTan
NB
R – RCosTan
R – RSen
1 – CosTan
1 – Sen
 

 


  

Respuesta: E) 
1 – Cos
1 – Sen


Problema 3
En el triángulo rectángulo ABC (recto
en B) con BC = h y m CAB   , se
tiene inscrita una semicircunferencia
según se muestra en la figura. Exprese
él radio de la circunferencia en función
de h y  .
UNI 2009-II
problemas resueltos
44UNI SEMESTRAL 2013 - III GEOMETRÍA
RELACIONES MÉTRICAS EN LOS TRIÁNGULOS RECTÁNGULOS
TEMA 12
Exigimos más!
UNI 2009-II
A)
h cos
1 sen

 
B)
h
sen
C)
h
cos 
D)
h cos
sen cos

  
E)
h sen
sen cos

  
Resolución:
Ubicación de incógnita
r en f( y h)
Operación del problema
• Trazamos el radio al punto de tan-
gencia (D), observando que:
BC = CD = h
• DEC: DE = hcos
• DFD: FD = rSen
• Como: FB = DE.
 rSen + r = hCos
hCosr
1 Sen
 
 
Respuesta: A) 
hCos
1 Sen

 
45UNI SEMESTRAL 2013 - III GEOMETRÍA TEMA 13
RELACIONES MÉTRICAS EN LOS
TRIÁNGULOS OBLICUÁNGULOS
GEOMETRÍA
I. TEOREMA DE EUCLIDES
A. Primer caso del ángulo agudo
El cuadrado del lado que se opone a un ángulo
agudo es igual a la suma de los cuadrados de los
otros dos lados menos el doble producto de uno
de ellos con la proyección del otro sobre este.
Tesis:
2 2 2BC AB AC 2AC AH   
Demostración: Por Pitágoras
BH2 = BC2 – HC2 .................. (1)
BH2 = BA2 – HA2 ................ (2)
De (1) y (2):
BC2 – (AC – AH)2 = BA2 – HA2
BC2 – AC2 + 2AC . AH – AH2 = AB2 – AH2
 BC2 = AB2 + AC2 – 2AC . AH
B. Segundo caso del ángulo obtuso
El cuadrado del lado que se opone a un ángulo
obtuso es igual a la suma de los cuadrados de los
otros dos más el doble producto de uno de ellos
por la proyección del otro sobre él.
Tesis:
2 2 2BC AB AC 2AC AH   
Demostración: Por Pitágoras
BH2 = BC2 – HC2 ......... (1)
BH2 = BA2 – HA2 ......... (2)
De (1) y (2):
BC2 – (AC +AH)2 = BA2 – HA2
 BC2 = AB2 + AC2 + 2AC . AH
II. TEOREMA DE LA MEDIANA
En todo triángulo la suma de los cuadrados de dos
lados es igual al doble del cuadrado de la mediana
relativa al tercer lado más la mitad del cuadrado de
este lado.
DESARROLLO DEL TEMA
46UNI SEMESTRAL 2013 - III GEOMETRÍA
RELACIONES MÉTRICAS EN LOS TRIÁNGULOS OBLICUÁNGULOS
TEMA 13
Exigimos más!
Tesis:
2
2 2 2 ACAB BC 2BM
2
  
Demostración:
Por teo. Euclides en:
ABM: AB2 = BM2 + AM2 – 2AM . MH ......(1)
BMC: BC2 = BM2 + MC2 + 2 MC . MH ......(2)
(1) más (2):
2 2 2 2 2AB BC 2BM AM MC 2MH(MC AM)     
como AM = MC = 
AC
2
2
2 2 2 ACAB BC 2BM
2
   
III. TEOREMA DE LA PROYECCIÓN DE LA
MEDIANA
En todo triángulo la diferencia de los cuadrados de
dos lados es igual al doble del tercer lado multiplicado
por la proyección de la mediana relativa a éste.
Tesis:
2 2BC AB 2AC HM  
Demostración:
De la demostración anterior (2) menos (1).
BC2 – AB2 = MC2 – AM2 + 2MH (AM + MC)
2 2BC AB 2AC MH   
IV. TEOREMA DE HERÓN O DE LA ALTURA
En cualquier triángulo una altura es igual al doble de la
inversa del lado al cual es relativa por la raíz cuadrada
del producto del semiperímetro por las diferencias de
éste con cada uno de los lados.
Tesis:
1BH 2 p(p AB)(p BC)(p AC)
AC
   
Siendo:
AB BC ACP
2
 
Demostración:
En el triángulo BHC: BH2 = BC2 – HC2 ............ (1)
En el triángulo ABC:
2 2 2AB BC AC 2AC HC .........(2)    
De (2):
2 2 2BC AC ABHC ....(3)
2 AC
 
(3) en (1):
 
22 2 2 2
2
2
2BC AC BC AC AB
BH
4AC
    

Por diferencia de cuadrados:
2 2 2 2 2 2
2
2BC.AC BC AC AB 2BC.AC. AC AB BCBH
4AC
           
Por binomio cuadrado:
   2 22 22
2
AC BC AB AB AC BC
BH
4AC
        
Por diferencia de cuadrados:
       2
2
AC BC AB AC BC AB AB AC BC AB BC ACBH
4AC
       
como AC BC ABP
2
 
47UNI SEMESTRAL 2013 - III GEOMETRÍA TEMA 13
Exigimos más!
RELACIONES MÉTRICAS EN LOS TRIÁNGULOS OBLICUÁNGULOS
Reemplazando y extrayéndole la raíz cuadrada:
2
2p 2(p AB) 2(p BC) 2(p AC)BH
4AC
     
1BH 2 p(p AC)(p BC) (p AC)
AC
    
V. TEOREMA DE STEWART O DE LA CEVIANA
El cuadrado de una ceviana multiplicada por el lado al
cual es relativa es igual a la suma del cuadrado de uno
de los otros lados por el segmento opuesto que de-
termina la ceviana sobre el primer lado más el cuadra-
do del tercer lado por el otro segmento menos el pro-
ducto del lado al cual es relativa la ceviana con los
segmentos que determina sobre él.
Tesis: 2 2 2AD BC AB DC AC BD BC BD DC      
Demostración:
Si AE altura y por Euclides:
AB2 = AD2 + BD2 + 2BD . DE ......... (1)
AC2 = AD2 + DC2 – 2DC . DE .......... (2)
Multiplicando (1) por DC y (2) por BD y sumándolos.
AB2 . DC + AC2 . BD = AD2(DC + BD) + BD . DC (BD + DC)
2 2 2AD .BC AB . DC AC . BD BC.BD.DC   
Problema 1
Si "2a" es el lado de un polígono regular
de "n" lados, R y r los radios de las
cincunferencias circunscrita e inscrita
respectivamente. Determine r + r.
UNI 2012-I
A) 2acos
2n
 B) 2a cot
2n

C) 2a tan
2n
 D) a cot
2n

E) a csc
2n

Resolución:
Ubicación de incógnita
Piden (R + r)
Análisis de los datos o gráficos
Operación del problema
Del gráfico se observa que:
R acsc
n

r a cot
n

Sumamos:
 R r a csc cotn n   
Aplicamos la identidad auxiliar del án-
gulo mitad.
 R r acot 2n 
Resumen
Se ha utilizado la identidad auxiliar del
arco mitad xcot csc x cot x
2
  en la
resolución de triángulos rectángulos.
Respuesta: D) a cot
2n

Problema 2
En un triángulo ABC se tiene AB = a,
BC = b y m ABC 120  . Calcule la
longitud de bisectriz interna BF, F AC .
UNI 2009-II
A)
ab
a b B)
2ab
a b
C) ab D)
ab 3
a b
E) 2ab 3
a b
Resolución:
Ubicación de incógnita
Sea: BF = x
Operación del problema
Se observa que:
ABF AFC ABCS S S
ax 3 bx 3 ab 3. . .
2 2 2 2 2 2
   
 
  
3 3x (a b) ab.
4 4
 
x(a + b) = ab
abx
a b
 

Respuesta: A) 
ab
a b
Problema 3
En la figura, los planos son perpendi-
culares. El segmento BH mide 2,5 cm
y es la proyección ortogonal del seg-
mento AB sobre el segmento BC .
problemas resueltos
48UNI SEMESTRAL 2013 - III GEOMETRÍA
RELACIONES MÉTRICAS EN LOS TRIÁNGULOS OBLICUÁNGULOS
TEMA 13
Exigimos más!
Determine el coseno del ángulo ABC .
UNI 2009-II
A) 0,41
B) 0,47
C) 0,50
D) 0,67
E) 0,71
Resolución:
Ubicación de incógnita
Sea: m ABC cos ?    
Operación del problema
Trazamos (dato)
BE CD 2 FB AE 21 BH 5 / 2      
En el BEA aplicamos el teorema de
pitágoras para calcular AB; resulta AB = 5.
BHA = 
5Cos  / 2
5
1 0,50
2
 
Observación:
El dato BD = 2 no debe aparecer en la
figura ya que habría contradicción: H
sería punto medio de BC.
Respuesta: C) 0,50
49UNI SEMESTRAL 2013 - III GEOMETRÍA TEMA 14
RELACIONES MÉTRICAS EN LOS
CUADRILÁTEROS
GEOMETRÍA
TEOREMA DE EULER
En un cuadrilátero ABCD
Sea: AM = MC y BN = ND
entonces se cumple:
2 2 2 2 2 2 2AB BC CD AD AC BD 4(MN)     
Demostración:
Como AM = MC y BN = ND
En el  ABC: aplicamos el teorema de la mediana:
a2 + b2 = 2m2 +
2AC ........(1)
2
y también en el  ADC:
c2 + d2 = 2n2+
2AC ........(2)
2
Sumando la expresión (1) y (2)
a2 + b2 + c2 + d2 = 2(m2 + n2) + AC2
luego en el  BMC: m2 + n2 = 2x2 +
 2BD
2
(teorema de la mediana)
Reemplazando en la ecuación anterior:
2
2 2 2 2 2 2BDa b c d 2 2x AC
2
 
      
 
a2 + b2 + c2 + d2 = AC2 + BD2 + 4x2
AB2 + BC2 + CD2 + AD2 = AC2+ BD2 + 4(MN)2
Problema 1
En un paralelogramo ABCD, se ubica el
punto medio M de BC, el AM = 13 y
DM = 9. Calcule AB, si AB = BC.
UNI
Nivel fácil
A) 10 B) 20
C) 15 D) 30
E) 24
Resolución: Se traza MN // AB ABMN es un
paralelogramo MN AB x   , como:
x
AN ND
2
  en el AMD se aplica el
teorema de la mediana 
2
2 2 2 x13 9 2x
2
  
operando x = 10.
Respuesta: A) 10
DESARROLLO DEL TEMA
problemas resueltos
50UNI SEMESTRAL 2013 - III GEOMETRÍA
RELACIONES MÉTRICAS EN LOS CUADRILÁTEROS
TEMA 14
Exigimos más!
Problema 2
En un triángulo ABC, si AB = c, BC = a
y AC = b y se cumple que:
5a2 + 86bc = 5(b2 + c2)
Calcule la medida del ángulo BAC.
UNI
Nivel fácil
A) 24° B) 15°
C) 32° D) 37°
E) 20°
Resolución:
Por la relación de los lados es conveniente
aplicar el teorema de cosenos:
a2 = b2 + c2 - 2bc cosx .....(i)
Del dato
5a2 + 8bc = 5(b2 + c2) ....(ii)
de (i) y (ii)
4
cos x x 37
5
   
Respuesta: D) 37°
Problema 3
Los lados de un triángulo ABC, son
AB = 6, BC = 5 y AC = 7. Si m ABC .
Calcule m BTC . Si T es punto de tan-
gencia del lado AB con la circunferencia
inscrita en el triángulo ABC.
UNI
Nivel intermedio
A)  B) 
C)  D) 
E) 
Del gráfico por teorema:
BT = 2 y AT = 4 para calcular CT = a
Se aplica el teorema de Stewart:
( ABC) a2(6) = 52(4) + 72(2) – 2(4)6
operando:a = 5
BCT es isósceles x 
Respuesta: A) 
51UNI SEMESTRAL 2013 - III GEOMETRÍA TEMA 15
POLÍGONOS REGULARES
GEOMETRÍA
Se denomina polígono regular a todo polígono convexo que
tiene sus lados congruentes, y los pares angulares que estos
determinan son también congruentes.
• Todo polígono regular es equilátero y equiángulo.
• A todo polígono regular se le puede inscribir y circunscribir
circunferencias concéntricas respectivamente.
An
A1
In
A2
A3
R R
R
ap
ap
O H
2
n 2
In
Elementos:
R : circunradio
ap : apotema
 A1OA2 : Triángulo elemental
A1OA2 : Ángulo central
n
360ºa
n

En el A1OH : R
2 = 
2In
2
 
 
 
 + (ap)2
2
p In 2 R (a )2  
2
2
p
(In)A R
4
 
Fórmula trigonométrica:
In
2 = Rsen
n
2
 
 
 
  In = 2Rsen
n
2
 
 
 
Ap = Rcos
n
2
 
 
 
Teorema
Si dividimos una circunferencia en n partes iguales, siendo
n > 2 y unimos consecutivamente los puntos de división, el
polígono inscrito que resulta en regular.
CÁLCULO DEL LADO Y APOTEMA DE UN PO-
LÍGONO REGULAR EN FUNCIÓN DEL RADIO
Demostraciones:
Triángulo equilátero
B
A C
R R
0
M
60o
30oap3
2
3
• Ángulo central:
M AOC = 360º3 = 120º
• Lado: En el OMC:
3 R 3
2 2


… (cateto que se opone a 60º)
3 R 3 
• Apotema: En el CMC:
3p
R
2
a  …. (cateto que se opone a 30º)
Cuadrado
B
A D
R
0
M
45o
ap4
2
4
R
45o
C
DESARROLLO DEL TEMA
52UNI SEMESTRAL 2013 - III GEOMETRÍA
POLÍGONOS REGULARES
TEMA 15
Exigimos más!
• Ángulo central:
m AOD = 360º4 = 90º
• Lado: en el AOD:
4 R 2  …… (D isósceles)
• Apotema: en el OMD:
R = ap4 2 (D isósceles)
2 2 2
2
8
4R 2R R 2p
4
a  
Hexágono regular
B
A
0
M
30o
ap6
2
6
R
C D
E
R
60o
F
• Ángulo central:
m AOF = 360º6 = 60º
• Lado: En el AOF
6 R  ….( equilátero)
• Apotema: En el OMF:
p6
R 3
2
a  … (cateto que se opone a 60º)
Octógono regular
A
B
ap4
0
45o R
R
ap8
H
C
D
E
F
G
M
2
• Ángulo central:
m AOH = 360º8 = 45º
• Lado: En el AOH:
2
8 = R
2 + R2 - 2.R.ap4 ….
(1er. Teor. de Euclides)
2
8 =R
2 + R2 - 2R. R 22
2
8 = 2R
2 . R2 2
8 R 2 2  
• Apotema: En el OMF:
2
2 2 8
6p R 32
a     
 

2 2
2 2
8
2R R 2p R
4
a  
2 2 2
2
8
4R 2R R 2p
4
a  
8
Rp 2 2
2
a  
Dodecágono regular
A
B
Ap6
0
R
R
ap12
H
C
D
E
F
G
M
I
J
K
L
2
12
N
• Ángulo central:
m AOL = 360º12 = 30º
• Lado: En el DAOL:
2
12 = R
2 + R2 - 2R . R 32
2
12 = R
2 + R2 - 2.R. ap6
12 R 2 3  
• Apotema: En el OMH:
2
2 2 12
12p R 2
a    
 

2 2
2 2
12
2R R 3p R
4
a  
2 2 2
2
12
4R 2R R 3p
4
a  
12
Rp 2 3
2
a  
53UNI SEMESTRAL 2013 - III GEOMETRÍA TEMA 15
Exigimos más!
POLÍGONOS REGULARES
Decágono regular
AB
0
R
R
ap10
H
C
D
E
F G
M
I
J
2
10
P
• Ángulo central:
m AOJ = 
360º
10
 = 36º
• Lado: El lado del decágono regular es la porciónárea
del circunradio. Esto es:
2
10 10R(R )  
O bien: 10
5 1 R
2
    
 

Demostración:
En el triángulo isósceles AOJ, se traza la bisectriz interior JP,
formándose los triángulos isósceles AJP y JPO.
En el triángulo APJ, aplicando el Teorema de la bisectriz inte-
rior, se tiene: 10
10 10
R
R



  De donde: 
2
10 10R(R )  
10
R ( 5 1)
2
  
• Apotema: En el triángulo OMG:
2
2 2 10
10p R 2
a     
 

2
2 2
10
R (5 2 5 1)
4p R
4
a
 
 
2 2 2
10
16R 6R 2 5Rp
16
a  
10
Rp 10 2 5
4
a  
Pentágono regular
B
0
2
5
M
CA
DE
R
ap15
R
72o
• Ángulo central:
m AOE = 
360º
5 = 72º
• Lado: El lado del pentágono regular es la hipotenusa de
un tríángulo rectángulo cuyos catetos son el lado del hexá-
gono regular y el lado del decágono regular. Esto es:
2 2 2
5 6 10   
Demostración:
Se toma F punto medio del arco DE. Se une F con 0 y con E,
formándose el triángulo isósceles EOF; en donde: EF = 10
A E
RR
R
F
G
D
T
72o
0
C
72o 36
o
72o
R
R-
 10
Haciendo centro en E y con radio igual a EO = R se traza un
arco de circunferencia que corta a la prolongación de EF en
G, y a continuación se traza la tangente GT, uniendo
finalmente O con G y con T; formándose así el triángulo
isósceles OEG y el OTG.
Aplicando el Teorema de Pitágoras en el 
OTG: OG2 = OT2 + GT2 ….. (1)
Por relaciones métricas en la circunferencia, se tiene: GT2 =
GE.GF y como EF = 10 es la porción áurea del circunradio:
EF2 GE.GF, luego: GT = EF = 10 …… (2)
Por el caso LAL de congruencia de triángulos, se tiene: trián-
gulos OEG  triángulo AOE.
Así: OG = AE = l5 ……. (3)
De la figura: OT = R  OT = l6 ……. (4)
Reemplazando (2) , (3) y (4) en (1):
2 2 2
5 6 10   
O sea:
2
2 2
5
RR (5 2 5 1)
4
   
2 2 2
2
5
4R 6R 2 5R
4
 
2
2
5
R (10 2 5)
4
 
5
R 10 2 5
2
 
54UNI SEMESTRAL 2013 - III GEOMETRÍA
POLÍGONOS REGULARES
TEMA 15
Exigimos más!
Apotema: En el OMB:
2
2 2 5
5p R 2
a    
 

2
2 2
5
R (10 2 5)
4p R
4
a

 
2 2 2
2
5
16R 10R 2 5Rp
16
a  
2
2
5
Rp (6 2 5)
16
a  
5 5
R Rp 6 2 5 ; p ( 5 1)
4 4
a a    
1. Conocido el lado ln de un polígono regular y el circunradio
R, calcular el lado l2n del polígono regular de doble
número de lados inscrito en la misma circunferencia.
O
R
A
B
apn
En el triángulo AOB, aplicando el 1er. Teorema de
Euclides, se tiene:
2 2 2
2n nR R 2.R.ap  
2 2
n2 2
2n
4R
2R 2R.
2

 


2 2 2
2n n2R R 4R    
2. Conocido el lado ln de un polígono regular y el circunradio
R, calcular el lado ln del polígono regular del mismo número
de lados pero circunscrito a la misma circunferencia.
O
R
A B
apn
'B'A
La semejanza de triángulos entre A' OB" y AOB, se tie-
ne: 
'
n
n n
R
pa


Despejando 
' n
n
n
.R
pa

Sustituyendo apn por su fórmula se tiene:
'
n
2 2
n
2 n.R
4R




3. Conocido el lado ln de un polígono regular y el circunradio
R, calcular el lado '2n del polígono regular de doble
número de lados pero ci rcunscri to a la misma
circunferencia.
R
O
B
'B
N
'N
A
nAB  
2nNB  
'
2nN'B '  
Por el problema anterior se tiene:
' 2n
2n
2 2
2n
2 .R
4R




Sustituyendo l2n por su fórmula, se tiene:
2 2 2
n'
2n
2 2 2 2
n
2R. 2R R 4R
4R (2R R 4R
 

  



2 2
2n
2 2 2
n
2R R 4R2R
2R R 4R
  
 


55UNI SEMESTRAL 2013 - III GEOMETRÍA TEMA 15
Exigimos más!
POLÍGONOS REGULARES
Problema 1
Halle el número de diagonales de un
polígono regular ABCDE... sabiendo
que las mediatrices de los lados AB y
DE forman un ángulo de 60º.
UNI 2011 - I
A) 90 B) 105
C) 120 D) 135
E) 150
Resolución:
 n n 3NºD
2

n: Nº de lados del polígono
m MON 60
Al trazar OP BC y OQ CD se tiene
que: m MOP m POQ m QOD 20º    
Operación del problema
• Aplicación de fórmula, teorema
o propiedad
Número de diagonales
Medida del ángulo exterior
• Solución del problema
En el cuadrilátero MBPO:
m TBP m MOP 20º  
360º 20º n 18
n
   
Finalmente  18 18 3NºD
2

NºD 135 
Respuesta: D) 135
Problema 2
Los diámetros AB y CD de una circun-
ferencia son perpendiculares.
Si E BD , AE interseca a CD en el punto
F y FD = 1 cm, entonces la longitud de
la circunferencia circunscrita al triángulo
FED (en cm) es:
UNI 2011 - II
A) 2
B) 2 2
C) 2 3
D) 3 2
E) 3 3
Resolución:
Ubicación de incógnita
Piden 1LC 2 r 
Análisis de los datos o gráficos
Datos:
FD = 1
Del gráfico mAD 90 
Operación del problema
m AED 45  
mFD 90  
Por polígonos regulares (L4)
FD r 2
1 r 2
2r
2
 
2r 2 
Conclusiones y respuesta:
1LC 2 r 
1LC 2  
Respuesta: A) 2
Problema 3
En la figura, AB es el lado de un
exágono regular inscrito en la circun-
ferencia de centro O. El diámetro CD
es perpendicular a AB y D es punto de
tangencia. Si EF = 3r. Determine el va-
lor de 
CF
CD
 ( = 3,14).
 
UNI 2011 - I
A)
1
4
B)
1
2
C) 1
D)
3
2
E) 2
Resolución:
Ubicación de incógnita
Piden: 

CF x
CD


Análisis de los datos o gráficos
Reconocemos que:
 m AOD 30º m DOB   
ya que 360m AOB 60º
6
   .
problemas resueltos
56UNI SEMESTRAL 2013 - III GEOMETRÍA
POLÍGONOS REGULARES
TEMA 15
Exigimos más!
Además: EF = 3r
 
Operación del problema
En el EDO de 30º y 60º:
r r rED ED 3 DF 3r 3
3 33
     
Teorema de Pitágoras
En el CDF:
2
2 2r 3(2r) + 3r CF
3
 
    
de donde:
 40 6 3CF r ;
3

40 6 3pero :
3
   CF r  
Además: CD r 
Luego: rx r


x 1 
Respuesta: C) 1
57UNI SEMESTRAL 2013 - III GEOMETRÍA TEMA 16
ÁREA DE REGIONES
TRIANGULARES
GEOMETRÍA
I. REGIONES POLIGONALES
Una región triangular es un conjunto de puntos, reunión
de un triángulo y su interior.
Una región poligonal es la reunión de un número finito de
regiones triangulares que se encuentran en un plano dado,
tales que si dos cualesquiera de ellas se intersecan, su
intersección es o bien un punto o un segmento.
Las líneas punteadas en las figuras anteriores indican
cómo se podría representar cada una de las dos regio-
nes poligonales mediante tal reunión. Las regiones trian-
gulares de cualquier descomposición asi se llaman regio-
nes triangulares componentes de la región poligonal.
A. Postulados
- Dada una unidad de área, a cada región le corres-
ponde un número único, llamado área de la región.
- El área de una región poligonal es la suma de las
áreas de cualquier conjunto de regiones com-
ponentes en la cual puede dividirse.
- Si dos polígonos son congruentes, entonces las
regiones poligonales correspondientes tienen la
misma área.
A continuación se presentan una serie de fórmulas
para calcular el área de diversas regiones triangulares.
B. Teoremas
1. El área de toda región triangular, es igual al
semiproducto de las longitudes de un lado y la
altura relativa a dicho lado.
Sea: ABCA : área de la región triangular ABC.
A C
B
h
a
ABC
a.hA
2

A
B
C
a
b
 
ABC
a.bA
2
 
 
A C
h
a
B
ABC
a.hA
2
 
Demostración
h
A
B C
Da
• Sea A  ABC = A por B y D se trazan paralelas a
AD y AB , tal que:
ABCD: Paralelogramo.
DESARROLLO DEL TEMA
58UNI SEMESTRAL 2013 - III GEOMETRÍA
ÁREA DE REGIONES TRIANGULARES
TEMA 16
Exigimos más!
Entonces
•  ABD   BDC, entonces
ABD BDCA A A  
Luego
A(ABCD) = ABD BDCA A 2A  
A(ABCD) = 2A ........(1)
Por un postulado del área de la región paralelo-
grámica es:
A(ABCD) = ah ........ (2)
De (1) y (2)
2A = ah
ahA
2
 
2. Fómula trigonométrica
El área de una región triangular, es igual al semi-
producto de las longitudes de los lados del trián-
gulo multipilicado por el seno de la medida del
ángulo comprendido por dichos lados.
A
B
C

b
a
ABC
a.bA sen
2
 
Demostración
a sen
A
B
C

H b
a
Se traza la altura BH,
en ABH.
BH = aSen ... (1)
Sabemos ABC (AC)(BH)A
2

Reemplazando en (1) obtenemos:
ABC
(b)(asen )A
2

ABC
abA Sen
2
  
C. Otros teoremas
Para calcular el área deuna región triangular en
términos de otros elementos asociados al triángulo.
1. El área de una región triangular es igual al pro-
ducto del semiperímetro y su inradio.
r
A C
 B
a
b c
sea:
p: semiperímetro de la región ABC
 a b cp 2 
r: inradio del triángulo ABC
ABCA p.r 
2. Teorema de Arquímides
El área de una región triangular es igual a la raíz
cuadrada de los productos del semiperímetro
restado de la longitud de cada lado.
B
CA c
a b
Sea:
P: semiperímetro
a b cp
2
 
ABCA p(p a)(p b)(p c)    
3. El área de una región triangular es igual al pro-
ducto de las longitudes de los tres lados dividido
por cuatro veces es circunradio.
 cA C
B
Rb
a
 
ABC
abcA
4R

R: Circunradio del triángulo ABC.
59UNI SEMESTRAL 2013 - III GEOMETRÍA TEMA 16
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ÁREA DE REGIONES TRIANGULARES
4. El área de una región triangular es igual producto
del semiperímetro restado en un lado con el ex-
radio relativo a dicho lado.
AT: Semiperímetro de ABC
AT = P
r: exradio relativo a BC
ABCA (p a)r  
5.

B
CA Tm n
Según el gráfico, T es punto de tangencia.
Entonces:  ABCA m.n Cot 2 
II. TEOREMAS PARA RELACIONAR LAS
ÁREAS DE DOS REGIONES TRIANGULARES
A. Teoremas
1.
B
A CNa b
En la figura BN : Ceviana relativa a AC
ABN
NBC
A a
A b

B
A CNm m
En la figura, BN: Mediana
Entonces:
ABN BNCA A 
2.
Q
b
b
a
a
P
B
C
S
3S
A
En la figura; P y Q: puntos medios
Entonces:
A =3A APQC PBQ
3.
•
c c
S
a
a b
b
P Q
A
G
A
AA
A A
G: Baricentro de la región triangular ABC
ABCAA
6
 
4.
m m
P
•
B
A C
S
Q
N
A B
Si BP: Mediana y Q BP
A, B, N y S: Área de regiones mostradas.
Entonces:
A B S N  
5. Si dos triángulos son semejantes entonces la
relación entre sus áreas será igual a la relación
entre los cuadrados de sus líneas homólogas.
60UNI SEMESTRAL 2013 - III GEOMETRÍA
ÁREA DE REGIONES TRIANGULARES
TEMA 16
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Si ABC MNL  , entonces:
 
2 2
2ABC
2 2
MNL
S AC BH ... k
S ML NF
   
Siendo "k" la razón de semejanza.
6. Si dos triángulos tienen ángulos congruentes o
suplementarios, entonces la relación entre sus áreas
será igual a la relación entre los productos de las
medidas de los lados que forman dichos ángulos.
Si: ABC
DEF
S AB.BC
S EF.DF
    
Si: MNL
PQR
S MN.NL180
S PQ.PR
      
Problema 1
Hallar el área de la región triangular
QTC; ABCD es un cuadrado de lado 4 m
(T es punto de tangencia).
UNI
Nivel fácil
A) 1,2 m2 B) 1,4 m2 C) 1,5 m2
D) 2 m2 E) 2,2 m2
Resolución:
Piden S, se observa: 1 x 3 sen53S
2

6S
5
  
2S 1, 2m 
Respuesta: A) 1,2 m2
Problema 2
En la figura AB = 2, BC = 3. Hallar el
área de la región triangular AOC (T, B
y Q son puntos de tangencia).
UNI
Nivel intermedio
A) 10 B) 16 C) 15
D) 20 E) 25
Resolución:
Piden: AOCA Sx 
5 x RSx
2

Pero: OTMQ: Cuadrado
Luego: AMC: Pitágoras
(R – 2)2 + (R – 3)2 = 52
R = 6
5 x 6Sx 15
2
  
Respuesta: C) 15
Problema 3
En un triángulo ABC; se traza la me-
diana BM y en BC se toma el punto P..
Hallar el área del triángulo BMP, si el
área del triángulo ABP es 18 m2.
UNI
Nivel intermedio
A) 8 B) 10 C) 12
D) 18 E) 9
Resolución:
Piden: BPMA x 
Se observa: ABCA 18 2 S ...I  
También: BM: mediana
ABM MBCA A  
ABMA x s  
Entonces: ABCA 2x 2s ...II  
Igualando: I y II
2x 2 s 18 2 s 
x= 9
Respuesta: E) 9
problemas resueltos
61UNI SEMESTRAL 2013 - III GEOMETRÍA TEMA 17
ÁREA DE REGIONES
CUADRANGULARES
GEOMETRÍA
I. TEOREMAS
1.
ABCD
(AC)(BD)A Sen
2
 
Observación:
A
B
D
C
ABCD
(AC)(BD)A
2

2.
A
B
D
C

Observación:
 
ABCD
(BD)(AC)A
2

A
B
D
C
•
3.
Sean A, B, C y D las áreas de las regiones triangulares.
Se cumple: A.B C.D
4. 
Si :BM MC
AN ND


5.
B
N
C
P
DQA
M
A
D
C
B
Si: AM = MB, BN = NC
 CP = PD y AQ = QD
 MNPQ : Paralelogramo
Se cumple 
ABCD
MNPQ
AA
2
 
Además A B C D  
DESARROLLO DEL TEMA
62UNI SEMESTRAL 2013 - III GEOMETRÍA
ÁREA DE REGIONES CUADRANGULARES
TEMA 17
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II. ÁREA DE REGIONES TRAPECIALES
1.
Si: BC / /AD
2.
Si: BC / / AD
BM= MA y CN= ND
A =(MN)(BH) ABCD
3.
BC / / AD
Se cumple: A = B
Además: A.B = C.D
 A CD
Luego
ABCDA A B C D   
ABCDA 2 CD C D  
 ABCD 2A C D 
4.
Si: BC / / AD
CM= MD
ABCD
BMA
AA
2
  
Teoremas
1.
A Dd
a c
bB
C
  a b c dA ABCD R2  
2.
B
C
DA
a
b
c
d
Sea: a b c dp
2
  
ABCDA (p a)(p b)(p c)(p d)    
3.
 
ABCDA abcd
III. ÁREA DE REGIONES PARALELOGRÁMICAS
A
B C
DH
ABCDA : Paralelogramo
ABCDA (AD)(BH)
ABCDA (AB)(AD)Sen 
63UNI SEMESTRAL 2013 - III GEOMETRÍA TEMA 17
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ÁREA DE REGIONES CUADRANGULARES
A. Área de la región rombal
 
A
D
B
C
ABCD
(AC)(BD)A
2

B. Área de la región rectangular
B C
DA
ABCDA (AB)(AD)
C. Área de la región cuadrada
aA D
a d
B C
 ABCD 2A a
 ABCD
2dA
2

D. Propiedades
En regiones paralelográmicas.
 1.
 
O
B C
A D
A
A
A
A
 
B
A
B
C D
D
C
A
ABCDAA B
2
  
ABCDAC D
2
  
2.
 
B
A D
Q
C
B
A
 
ABCDAA B
2
  
Problema 1
Se tiene los triángulos equiláteros ABC
y PBQ, donde P está en la región in-
terior y Q en la región exterior y relativa
a BC , si: (AP)(CQ) = k. Calcule el área
de la región no convexa BACP.
A) k 3
4
B) 3
4
C) k 2
3
D) k
E) 2
3
Resolución:
W
 

wP
A
B
Q
C
a
b
a
b
R
Según el gráfico y por teorema general.
Luego: ABP CBQ   (L - A - L)
m BAP w y
m BCQ w
 


 
w 60 w    
60  
Reemplazando:
 
Respuesta: A) k 3
4
problemas resueltos
64UNI SEMESTRAL 2013 - III GEOMETRÍA
ÁREA DE REGIONES CUADRANGULARES
TEMA 17
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Problema 2
En un trapecio isósceles ABCD, BC//AD.
M y N son puntos medios de AB y CD
respectivamente; luego se traza CH AD
(H AD) . Si el área de la región AMNH
es 4. Calcule la suma de las áreas de
las regiones MBCN y HND.
A) 1 B) 3
C) 2 D) 4
E) 5
Resolución:
A H D
NM
B C
a
a
h
2
 
a a
a
m
h
2
m
Según el gráfico
AMNH : paralelogramo
mhA AMNH 4
2
 
mh 8 
Por teoría
ABCDA mh 8 
MBCN HNDA A 4  
Respuesta: D) 4
Problema 3
En un triángulo equilátero ABC se ubi-
can los puntos M y N en AB y BC res-
pectivamente tal que MN es tangente
a la circunferencia inscrita en el trián-
gulo ABC. Si BM = 5 y AM = 15. Calcule
el área de la región AMNC.
A) 50 2
B) 10 3
C) 90 3
D) 100 2
E) 100 3
Resolución:
60°
A C
B
5
5
10
a5
10-a
a
M
N
Según el gráfico:
BM = 5, MN = 5 + a y BN = 10 - a
MBN (Teorema de cosenos)
(5+a)2=52+(10-a)2-2(5)(10-a)Cos60°
Operando: a = 2
MBN
5(8)A Sen60 10 3
2
   
Se sabe:
2
ABC
(20) 3A 100 3
4
  
AMNC ABC MBNA A A   
 AMNCA 90 3
Respuesta: C) 90 3
65UNI SEMESTRAL 2013 - III GEOMETRÍA TEMA 18
ÁREAS DE REGIONES
CIRCULARES
GEOMETRÍA
EL ÁREA DE UN CÍRCULO
A. Círculo
Es el conjunto de puntos de la circunferencia y de su
interior. De otra manera, un círculo o una región circular
es la reunión de una circunferencia y su interior. Cuando
hablamos del "área del círculo", queremos decir el área
de la región circular correspondiente. (Este es el mismo
modo de abreviar que se utiliza cuando hablamos del
"área de un triángulo", queriendo decir el área de la
región triangular correspondiente).
En conclusión
Por brevedad, diremos simplemente: área de un círculo,
en lugar de área de una región circular.
Ahora, obtendremos una fórmula para el área de un
círculo.
Dada una circunferencia de radio r, inscribimos en ella
un polígono regular de n lados (n-gono regular). Como
se acostumbra, denotamos el área del n-gono por An,
su perímetro por 2Pn y la apotema por apn. Además la
longitud del lado n-gono sea n .
Luego:
n n n
n n
ap n
A ap ...(1)
2 2
 
  
 


 
pero:
n n2p n ...(2) 
n n
n n n
2p apA = (p ap )
2

 
n n nA p ap 
Esta fórmula contiene tres cantidades, cada una de
las cuales depende de n,