Comunidad_Emagister_61344_61344

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RRAAZZOONNAAMMIIEENNTTOO 
GGEEOOMMÉÉTTRRIICCOO 
ÍÍNNDDIICCEE 
 PP RR EE SS EE NN TT AA CC II ÓÓ NN PP aa gg .. 33 
 ÍÍ NN DD II CC EE PP aa gg .. 55 
 TT RR II ÁÁ NNGG UU LL OO SS PP aa gg .. 77 
 PP EE RR ÍÍ MM EE TT RR OO SS PP aa gg .. 33 55 
 ÁÁ RR EE AA SS PP aa gg .. 44 99 
 
 
TRIÁNGULOS 
 
 
TRIÁGULOS 
CAPÍTULO 
1 
DEFINICIÓN 
Dados tres puntos A, B y C no 
colineales, la reunión de los segmentos 
AB , BC y AC se llama triángulo. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
ELEMENTOS 
 
- Vértices: A, B, C 
- Lados: AB , BC y AC 
- Ángulos: 
 Internos: ABC� , BCA� , CAB� 
 Externos: FAE� , CBE� , BCD� 
 
* Notaciones: 
 
Triángulo ABC: ∆ABC 
 Perímetro del ∆ABC: 2p(∆ABC) 
 
 
 
Semiperímetro del ∆ABC: p (∆ABC) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
INTERIOR Y EXTERIOR DE UN 
TRIÀNGULO 
 
Un triángulo separa al plano en tres 
subconjuntos de puntos: 
 
- Los puntos que pertenecen al 
 triángulo:A,B,C,M,etc 
 
- Los puntos interiores al ∆ABC: P es 
 un punto interior al ∆ABC. 
- Los puntos exteriores al ∆ABC: 
 Q punto exterior al ∆ABC relativo a AB 
 L punto exterior al ∆ABC relativo a BC 
 S punto exterior al ∆ABC relativo a AC 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
CLASIFICACIÓN DE LOS 
TRIÁNGULOS 
 
A. Según la medida de sus ángulos: 
 
1. Triángulo Acutángulo. 
 Es aquel que tiene sus tres ángulos 
agudos. 
 
 
 
 
 
 
 
2. Triángulo Obtusángulo. 
 Es aquel que tiene un ángulo obtuso 
y dos ángulos agudos. 
 
 
 
C 
B 
A D 
E 
F 
c 
b 
a 
2p(∆ABC) = a + b + c 
a + b+c
p ( ABC)=
2
∆
H A 
B 
P 
C 
Q L 
S M 
INTERIOR 
EXTERIOR 
ABC B=� � , BCA C=� � ,
CAB A=� � ; son los ángulos 
internos o simplemente 
ángulos del triángulo ABC. 
Se conviene en designar las medidas 
de los lados de un triángulo, con la 
letra minúscula correspondiente al 
vértice del ángulo opuesto a dicho 
lado. Así: 
AB = c ; BC = a ; AC = b 
La reunión del triángulo con 
todos sus puntos interiores se 
llama región triangular. 
B 
 
A 
 
C 
 
α 
 
β 
 
θ 
 
a 
 
b 
 
c 
 
B 
 
A 
 
C 
 
α 
 
β 
 
θ 
 
α < 90º 
β < 90º 
θ < 90º 
α > 90º 
β < 90º 
θ < 90º 
 A este triángulo se le llama: 
“triángulo ABC obtuso en A” 
Triángulo Rectángulo. 
Es aquel que tiene un ángulo recto y 
dos ángulos agudos. 
Según la medida de sus lados: 
Triángulo Escaleno. 
Es aquel triángulo que tiene sus tres 
lados de diferente magnitud. 
Triángulo Isósceles. 
Es aquel triángulo que tiene dos 
lados de igual longitud; en 
consecuencia, los ángulos opuestos a 
dichos lados serán de igual medida. 
 
 
 
En el ∆ABC isósceles: 
 α: medida de los ángulos en la base. 
 θ: medida del ángulo en el vértice. 
 
Se cumple que: 90ºα < 
 
y 180º
2
θ
α
−
= ó 90º
2
θ
α = − 
 
3. Triángulo Equilátero. 
Es aquel triángulo que tiene sus tres 
lados de igual longitud; en consecuencia, 
sus tres ángulos serán de 60º. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
TEOREMAS FUNDAMENTALES 
 
1. Suma de Ángulos Internos: 
“En todo triángulo la suma de las 
medidas de sus tres ángulos 
interiores es igual a 180º ” 
 
 
 
 
 
 
 
2. Suma de Ángulos Externos: 
 (considerando uno por vértice) 
“ La suma de las medidas de los 
ángulos exteriores de un triángulo es 
igual a 360º ” 
 
 
 
 
* a > b y a > c 
 C 
 
α 
 
β 
 a 
 
b 
 
αααα + ββββ = 90º 
AB y AC:Catetos
BC:Hipotenusa
c a y b a⇒ < <
A los triángulos acutángulos y 
obtusángulos se les denomina 
“OBLICUÁNGULOS” 
AB BC AC
y además α β θ
⇒ ≠ ≠
≠ ≠
AB BC
m A m C
=
=� �
AB BC AC
m A m B m C 60º
= =
= = =� � �
B 
A C 
60º 
 
60º 
 
60º 
 
B 
 
 C 
 
α 
 BASE 
 
θ 
 
α 
 
B 
 
 C 
 
α 
 
β 
 
θ 
 
“Todo triángulo 
 equilátero es 
 equiángulo” 
B 
 
A 
 
C 
 
x 
y 
 
z 
Se cumple: 
α + β + θ = 180º 
 
 B 
A C 
α 
β 
θ 
Se cumple: 
x + y + z = 360º 
 
 
 
3. Teorema del Ángulo Exterior: 
 “En todo triángulo, la medida de un 
ángulo exterior es igual a la suma de 
las medidas de dos ángulos interiores 
del triángulo no adyacentes a él ” 
 
 
 
 
 
 
 
4. Propiedad de Correspondencia: 
 “ En todo triángulo se cumple que a 
 mayor lado se opone mayor ángulo 
 y viceversa ” 
 
 
 
 
 
 
 
5. Teorema de EXISTENCIA 
 (Desigualdad Triangular) 
 “En todo triángulo, la longitud de 
uno de sus lados está comprendida 
entre la suma y la diferencia de los 
otros dos lados” 
 
 
 
 
 
 
 
 
 También se cumple: 
 
 
LÍNEAS NOTABLES Y PUNTOS 
NOTABLES 
 
1. MEDIANA: 
 
Segmento que parte de un vértice y llega 
al punto medio del lado opuesto. 
 
 
 
 
 
 
 
Nota: BM es la mediana relativa al 
 lado AC . 
 
El punto de intersección de las medianas 
se llama BARICENTRO. 
 
 
 
G: Baricentro, Gravicentro o 
 Centriode (Es el centro de gravedad 
 del triángulo) 
 
Propiedad: 
 
El baricentro divide a la mediana en dos 
segmentos que están en relación de 2 a 1 
 
BG 2
GM 1
= , 
AG 2
GP 1
= , 
CG 2
GQ 1
= 
 
2. ALTURA: 
 
Segmento perpendicular al lado opuesto 
o su prolongación. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
BH es la altura relativa al lado AC . 
 
 
A 
B 
C M 
P Q G 
e 
B 
 
A 
 
C 
 
α 
β 
 
B 
 
A 
 
C 
 
α θ 
c a 
C 
B 
A 
c
b 
a
Sea a b c≥ ≥ 
⇒ se cumple: 
Se cumple: 
e = α+β 
Si b > a: 
⇒ β > α 
b - c < a < b + c 
 
a - c < b < a + c 
a - b < c < a + b 
 
 
A 
B 
C M 
BM: mediana 
A 
B
CH H 
B
CA 
El punto de intersección de las alturas se 
ORTOCENTRO. 
 
 
Todo triángulo tiene un solo ortocentro y 
puede estar ubicado: 
Dentro si es acutángulo 
En el vértice del ∠recto si es 
rectángulo 
Fuera del mismo si es obtusángulo 
BISECTRIZ: 
ento limitado por el lado opuesto, 
que divide a su ángulo en otros dos de 
igual medida. 
 
Donde 
BP : bisectriz interior 
 
BQ: bisectriz exterior 
INCENTRO: 
Punto de intersección de las bisectrices 
interiores. 
 Centro de la circunferencia inscrita. 
- Equidista de los lados 
 
 I: Incentro 
 
 
 
 
 
 
EXCENTRO: 
 
Punto de intersección de dos bisectrices 
exteriores y una interior. 
 
- Es centro de la circunferencia 
ex-inscrita. 
 
 
Ea: Excentro relativo al lado BC 
 
- Todo triángulo tiene 3 ex-centros, 
uno relativo a cada lado 
 
 
 
Donde: 
 
E1: Ex–centro relativo al lado AB 
E2: Ex–centro relativo al lado BC 
E3: Ex–centro relativo al lado AC 
 
P C Q 
B β 
α α β 
E1 E2 
E3 
A C 
B 
Ea 
Re 
Re Re 
A C 
B 
I 
r 
r r 
 Acutángulo
∆ Obtusángulo 
 
 Rectángulo 
4. MEDIATRIZ. 
 
Es la recta o segmento de recta que 
divide a un segmento por su punto medio 
en forma perpendicular. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
L1: mediatriz de AC 
MP: mediatriz de AC 
 
El punto de intersección de las 
mediatrices se llama CIRCUNCENTRO. 
 
- Centro de la circunferencia circunscrita 
 
- Equidista de los vértices del triángulo. 
Y se ubica: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Todo triángulo tiene un solo 
circuncentro y puede estar ubicado: 
 
- Dentro si es acutángulo. 
 
- En punto medio de la hipotenusa si 
 es rectángulo. 
 
- Fuera del mismo si es obtusángulo. 
 
 
 
 
 
1. En todo triángulo equilátero, sus 
puntos notables se confunden. 
 
∴ El Baricentro, es también ortocentro, 
incentro y circuncentro. 
 
 
 
Baricentro
Ortocentro
O
Incentro
Circuncentro






 
 
 
2. En todo triángulo isósceles las 
alturas relativas a los lados iguales 
son iguales. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
CH AP= 
 
Nota: Los mismo ocurre con las 
bisectrices y medianas. 
 
 
 
 
 
 
 
 
O 
O O 
A C 
P 
L1 
M 
B 
∆ Acutángulo
 
∆ Obtusángulo 
 
∆ Rectángulo 
 
OBSERVACIONES 
 
O 
A C 
B 
H P 
A C 
B 
K T 
A C 
B 
M N 
CK AT= CM AN= 
La altura relativa al lado desigual, 
corta a éste un su punto medio. 
Esta altura es mediana, mediatriz y 
bisectriz a la vez, del lado desigual. 
Si AB BC
y BH AC
AH HC
=
⊥
⇒ =
 
PROPIEDADES IMPORTANTES 
Propiedad del “PANTALONCITO” 
 
x a b c= + + 
Demostración: 
 
 
Prolongamos ADhasta E (E en BC), 
para obtener triángulos: 
 
∆ABE: θ = a + b (Angulo Exterior) 
 
∆DEC: x = θ + c (Angulo Exterior) 
 
 ∴ x = a + b + c 
 
 
2. Propiedad de la “ESTRELLITA” 
 
 
 
a b c d e 180º+ + + + = 
 
Demostración: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
En ACEI: (Propiedad del Pantaloncito) 
 
 ⇒ θ = a + c + e 
 
∆BID: (Suma de Ángulos Internos) 
 
 ⇒ b + θ + d = 180º 
 
 b + (a + c + e) + d = 180º 
 
 ∴ a + b + c + d + e = 180º 
 
 
3. Propiedad de la “Mariposa” o 
 Propiedad de la “Corbatita” 
 
c 
a 
b d 
e 
b 
c a x 
b 
c a x 
θ 
B 
C A 
D 
E 
B 
H C 
Por eso cuando se tiene un 
triángulo isósceles se 
recomienda trazar su altura. 
Tu profe Markito 
c 
a 
b d 
e 
C 
A 
B D 
E 
θ 
θ 
I 
 
a b+ = α+β 
 
Demostración: 
 
 
 
 
 
 
 
 
∆AMO: θ = a + b (Angulo Exterior) 
 
∆ROC: θ = α + β (Angulo Exterior) 
 
 ∴ a + b = α + β 
 
4. Ángulo formado por dos Bisectrices 
 Interiores 
 
 
 B̂x 90
2
= °+ 
 
 
 
 
Demostración: 
∆ACI: α + x + θ = 180º 
 ⇒ α + θ = 180º - x… (I) 
 
∆ABC: 2α + �B + 2θ = 180º 
 2 (α + θ) = 180º - �B … (II) 
I en II: 2 (180º - x) = 180º - �B 
 
 
�B
x 90º
2
∴ = + 
 
5. Ángulo formado por dos Bisectrices 
 Exteriores 
 
 
 
Â
x 90
2
= °− 
 
 
Demostración: 
 
 
 
 
 
 
 
∆BEC: φ + x + ω = 180º 
 ⇒ φ + ω = 180º - x… (I) 
 
∆ABC: 2φ + ( �180º A− ) + 2ω = 360º 
 2 (α + θ) =360º- ( �180º A− ) 
 2 (α + θ) = �180º A+ … (II) 
I en II: 2 (180º - x) = �180º A+ 
 
 
�A
x 90º
2
∴ = − 
 
6. Ángulo formado por una Bisectriz 
 Interior y otra Exteriores 
 
 
 
 
B̂
x
2
= 
 
 
Demostración: 
∆ACE: ω = α + x (Angulo Externo) 
 ⇒ ω - α = x… (I) 
 
∆ABC: 2ω = 2α + �2B 
 2 (ω - α) = �2B … (II) 
I en II: 2 (x) = �2B 
 
 
�B
x
2
∴ = 
 
7. Ángulo formado la Bisectriz y la 
 Altura que parten del mismo
 vértice 
 
a 
b 
α 
β 
C 
I 
α 
B 
A 
x α θ 
θ 
A C 
E B x 
φ 
ω 
φ 
ω 
A 
B E 
C 
α ω 
x 
α ω 
a 
b 
α 
β 
A 
M 
R 
C 
O 
θ A C 
E B 
x 
φ 
ω 
φ 
ω 
�180º A−
A H D C 
B 
x 
α θ 
 
x
2
α θ−
=
 
 
Demostración: 
 AD es bisectriz: 
 m ABD m DBC x= = φ+� � 
B: α + φ = 90º… (I) 
C: θ + 2x + φ = 90º … (II) 
II): α - θ - 2x = 0 
 x
2
α − θ
∴ = 
Propiedad: 
 a bx
2
+
= 
9. Propiedad: 
a b
x
2
+
= 
10. Propiedad del “Pescadito” 
m n+ = α + θ 
 
 
11. En todo Cuadrilátero se cumple: 
 
 
 
 
 
 
 
360ºα + β + θ + ω = 
 
12. Propiedad: 
 
 
x yα + β = + 
 
 
 
 
 
PROPIEDADESS GENERALES 
 
1. TEOREMA DE LA BASE MEDIA 
En todo triángulo, el segmento que une 
los puntos medios de dos lados es 
paralelo al tercero y mide su mitad. 
 
 
 
 
 
 
 
 
Si: AM = MB y CN = NB 
⇒ MN // AC y 1MN AC
2
= 
 
2. MEDIANA RELATIVA A LA 
HIPOTENUSA: 
En todo triángulo rectángulo, la longitud 
de la mediana relativa a la hipotenusa es 
na mitad de ésta. 
 
 
 
 
A H D C 
B 
x 
α θ 
φ φ+x 
MN es base media 
B 
M N 
A C 
x 
2x 
A 
B 
C M 
θ 
θ 
α 
α 
a 
b 
x 
α α θ θ 
b x 
α 
θ 
m n 
β 
θ 
 
ω 
 
α 
 
β 
 
α 
 
θ 
 
ω 
 
α 
β 
 
y 
 
x 
 
 
 
Si: MN es MEDIANA 
⇒ 1AM MB MC AC
2
= = = 
 
3. TEOREMA DE LA MEDIATRIZ 
“Todo punto de la mediatriz de un 
segmento equidista los extremos de 
dicha mediatriz ” 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
APB es Isósceles∴∆ 
4. TEOREMA DE LA BISECTRIZ 
“Todo punto que pertenece a la bisectriz 
de un ángulo equidista de los lados de 
dicho ángulo” 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
TRIÁNGULOS RECTÁNGULOS 
NOTABLES 
 
1. Triángulo Rectángulo de 45º-45º 
( 45º-45º) 
En todo triángulo rectángulo de 45º - 
45º, el cateto que se opone a un ángulo 
de 45º mide la mitad de la hipotenusa 
multiplicada por 2 . 
 
 
 
 
 
 
 
 
2. Triángulo Rectángulo de 30º-60º 
( 30º-60º ) 
En todo triángulo rectángulo de 30º-60º, 
se cumple que: 
- El cateto que se opone a un 
ángulo de 30º mide la mitad de 
la hipotenusa. 
- El cateto que se opone a un 
ángulo de 60º mide la mitad de 
la hipotenusa multiplicada por 3 . 
 
 
 
 
 
 
 
3. Triángulo Rectángulo de 37º-53º 
( 37º-53º) 
 
Sólo en los triángulos rectángulos de 
37º-53º, SUS LADOS ESTAN EN 
PROGRESIÓN ARITMÉTICA. 
 
 
 
 
 
 
 
 
4. Triángulo Rectángulo de 15º-75º 
( 15º-75º) 
En todo triángulo rectángulo de 15º - 
75º, se tiene: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 45º
k 
45º
k 
k 2
45º
45º k k
2
k
2
 60°°°° 
 30º 
2k 
k 
k 3 
4k 
37° 
53° 
5k 
3k 
B 
O A 
P 
θ 
θ 
Si: 
1L :Mediatriz
sur
 
AP PB⇒ =
A B 
P 
L1 
PA PB⇒ =
OA OB⇒ =
75° 
15° 
4k 
( 6 2)k−
 (
6
2
)k
+
75° 
15° 
k 
 (
6
2)k
+
 (2
3)
k
−
Si OP:Bisec triz
uuur
Triángulos Rectángulos de 53º
2
 y 37º
2
 
 
EJEMPLOS 
EJEMPLO 1 
En la figura hallar el valor de AC, si 
 = 20m. 
A) 10m B) 10 2 m 
C) 10 6 m D) 10 3 m 
 5 3 m 
Solución: 
Trazamos AH BC⊥ , para obtener 
(45º-45º) y (30º-60º) 
 
Luego: 
 
AHB (30º-60º): 
Si AB = 20 
 ⇒ BH = 10 (Opuesto a 30º) 
 y AH = 10 3 (Opuesto a 60º) 
 
AHC (45º-45º): 
Si AH = 10 3 
 ⇒ AC = AH 2 (Hipotenusa) 
 AC = (10 3 ) 2 
 
 ∴∴∴∴ AC 10 6==== 
 
 
EJEMPLO 2 
 
Hallar el valor del segmento AC , en el 
gráfico que se muestra a continuación, 
si BC = 2 m. 
 
 
 
 
 
 
 
A) 2 B) 2
2
 C) 2 2 
D) 6
3
 E) 2 
 
Solución: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Prolongamos AB , así el ángulo externo 
en B seria 45º (Notable) 
 
3k 
k 10
k 
37º
2k 5
k 
53º
2
CLAVE: C 
Si viene un problema con 
ángulos de 15º o 75º, 
frecuentemente se usa la 
suma o resta de 30º y 45º 
60º 
75º 
A C 
B 
30º 
45º 
60º 
A C 
B 
H 
45º 
20 
30º 
A C 
B 
15º 
30º 
A C 
B 
15º 
45º 
45º 60º 
H 
2
Trazamos CH AB⊥ , para obtener 
(45º-45º) y (30º-60º) 
 
Luego: 
 
BHC (45º-45º): 
Si BC = 2 
 ⇒ CH = 1 (Opuesto a 45º) 
 
AHC (30º-60º): 
Como CH = 1 
 ⇒ AC = 2CH (Opuesto a 60º) 
 AC = 2 (1) 
 
 ∴∴∴∴ AC 2==== 
 
 
 
TEOREMA DE THALES 
 
 Tres o más rectas paralelas, 
determinan sobre dos o más rectas 
secantes, segmentos cuyas 
longitudes son proporcionales. 
 
 
 
AB DE
BC EF
==== 
 
 
SEMEJANZA DE TRIÁNGULOS 
 
 Si dos triángulos son semejantes, 
entonces tienen sus ángulos 
respectivamente congruentes y sus 
lados homólogos respectivamente 
proporcionales. 
 
 
 
 K
DF
AC
EF
BC
DE
AB
=== 
 
 
K : Constante o razón de semejanza 
 
 
NOTA: Lados Homólogos son aquellos 
 lados que se oponen a ángulos 
 congruentes. 
 
OBSERVACIONES 
 
1. Si ∆ABC ∼ ∆A'B'C' 
 
 
 
⇒ K
R
R
r
r
h
h
c
c
b
b
a
a
======
''''''
 
 
2. Si EF // AC 
 
 
 
A 
E 
B 
F 
C 
CLAVE: C 
A 
B
C
D 
E 
F 
B 
A C D 
E 
 F 
A 
B 
C 
R 
r 
h 
A' 
B' 
C' R' r' h' 





=
=
=
EFDBCA
FEDCBA
FDECAB
ˆˆ
ˆˆ
ˆˆ
ABCEBFy
FC
BF
EA
BE
∆∼∆
=⇒ 
Si EF // AC 
 
 
a m
b n
⇒⇒⇒⇒ ==== 
 
y EBF ABC∆ ∼ ∆∆ ∼ ∆∆ ∼ ∆∆ ∼ ∆ 
PROYECCIÓN ORTOGONAL 
 
 
Proyección Ortogonal de P sobre L 
Proyección Ortogonal de AB sobre L 
RELACIONES MÉTRICAS EN 
TRIÁNGULOS RECTÁNGULOS 
 
Proyección ortogonal de AB sobre 
la hipotenusa 
HC: Proyección ortogonal de BC sobre 
la hipotenusa 
 
1. Teorema del Cuadrado del Cateto: 
 
 bna .2= bmc .2= 
 
2. Teorema de Pitágoras: 
 
222 cab += 
 
3. Teorema del Cuadrado de la Altura: 
 
nmh .2= 
 
4. Teorema del producto de Catetos: 
 
cahb .. = 
 
NATURALEZA DE UN TRIÁNGULO 
 
Averiguaremos si un triángulo es 
acutángulo, rectángulo u obtusángulo, 
con las siguientes relaciones: 
 
 
 
Siendo: a > b y a > c 
 
Se tiene que: 
 
1. Si: a2 < b2 + c2 ⇒ α < 90º 
 
 Luego ∆ABC es Acutángulo 
 
2. Si: a2 = b2 + c2 ⇒ α = 90º 
 
Luego ∆ABC es Rectángulo 
 
3. Si: a2 > b2 + c2 ⇒ α > 90º 
 
Luego ∆ABC es Obtusángulo 
 
 
EJEMPLOS 
 
EJEMPLO 1 
a 
A 
m 
n b 
C 
E F 
B 
P B 
A
M 
N' P' B' A' M' 
N 
 
B 
C H 
a c 
b 
m n 
A 
B 
C 
c 
b 
a 
α 
 
Los lados de un triángulo miden 15, 
18 y 20 metros. ¿Qué tipo de 
triángulo es? 
 
A) Isósceles B) Obtusángulo 
C) AcutánguloD) Rectángulo 
E) Equilátero 
 
Solución: 
 
 
Aplicamos las relaciones de la 
Naturaleza de un triángulo y se tendría: 
202 < 182 + 152 ⇒ α < 90º 
 
 ∴∴∴∴ Acutángulo 
 
 
 
EJEMPLO 2 
 
Las bases de un trapecio miden 4m y 
12m, y los lados no paralelos 4m y 
5m. Hallar el perímetro del triángulo 
mayor que se forma al prolongar los 
lados no paralelos. 
 
(UNSAAC 2001 – II) 
 
A) 21,5m B) 29,5m 
C) 27,5m D) 25,5m 
E) 23.5m 
 
Solución: 
 
 
Notamos que: ∆ ARK ∼ ∆ MRO 
Por los que usamos proporciones: 
 
x x 4
x 2
4 12
+
= ⇒ = 
 
y y 5 5
y
4 12 2
+
= ⇒ = 
 
Finalmente: 
 
ERÍMETROP MRO= 12+(x+4)+(y+5)� 
 
∴∴∴∴
ERÍMETROP MRO = 25.5 m���� 
 
 
EJEMPLO 3 
 
Oswaldo hace un recorrido de la 
siguiente manera: 50 pasos al SUR, 
100 pasos al NORTE, 70 pasos al 
ESTE, luego 80 pasos al SUR. ¿A 
cuantos pasos del punto de partida se 
encuentra? 
 
(UNSAAC 2001 – II) 
 
A) 58 10 B) 10 58 
C) 10 85 D) 158 10 
E) 58 58 
 
Solución: 
 
Realizamos el gráfico de acuerdo a los 
datos del problema y se tiene: 
 
CLAVE: D 
R 
x+4 y+5 
M 
4 
12 O 
K 
y 
5 4 
A 
x 
A 
B 
C 
15 
18 
20 
θ 
CLAVE: C 
 
Finalmente en el triángulo sombreado 
aplicamos el Teorema de Pitágoras: 
2 2 2D 70 30= + 
( )2 2 2 2D 10 7 3= + 
∴∴∴∴ D 10 58==== 
 
 
EJEMPLO 4 
Las longitudes de los catetos de un 
triángulo rectángulo son entre sí, 
como 2 es a 3. ¿En que relación 
están las longitudes de sus 
proyecciones sobre la hipotenusa? 
(UNSAAC 2002 – I PRIMERA 
OPCION) 
A) 4
9
 B) 2
3
 C) 1
2
 
D) 2
3
 E) 3
5
 
Solución: 
 
 
Usamos los teoremas de Relaciones 
Métricas en triángulos rectángulos. 
(Teorema del Cuadrado del Cateto) 
 
( )
2
x2k m b= … (I) 
 
 ( )
2
x3k n b= … (II) 
 
Dividimos (I) y (II) 
 
( )
( )
2
x
2
x
an2k
n b3k
=
 
 
∴∴∴∴ a 4
b 9
==== 
 
 
 
PROBLEMAS RESUELTOS 
 
PROBLEMA 1 
 
En la siguiente figura, calcular el 
valor de “x”, si el segmento AC es 
bisectriz del ángulo “A” y a- b = 20º 
 
 
 
 A) 140º B) 150º C) 90º 
 D) 100º E) 110º 
a b 
40º
x 
A 
B 
C 
D 
O 
CLAVE: A 
h 
H A C m n 
3k 
2k 
B 
b 
N 
S 
D 
70 
70 
50 
100 
50 80 
30 
2 
1 
3 
4 
N 
CLAVE: B 
 
Solución: 
 
 
 
∆ADO: a + b = 40º… (I) (� externo) 
 
Dato: a – b = 20º… (II) 
 
(I) + (II) ⇒ a = 30º 
 
Finalmente: 
 
∆BOA: x + a + 40º = 180º 
 
 x + 30º + 40º = 180º 
 
 ∴x = 110º 
 
 
 
PROBLEMA 2 
 
Sabiendo que el segmento AB mide 
40cm. Hallar la medida del segmento 
PQ. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 A) 5 B) 10 C) 15 
 D) 20 E) 25 
 
Solución: 
 
ABC: (30º-60º) 
 
Si AB = 40 ⇒ AC = 20 
 
PCA: (45º-45º) 
 
Como AC = 20 ⇒ PC = 20 
 
QCA: (53º-37º) 
 
Cómo AC = 4K=20 ⇒ K = 5 
 
Luego QC = 3K ⇒ QC = 15 
 
∴PQ = 5 
 
 
PROBLEMA 3 
 
En la figura, si la medida de AE es 
igual a la medida de BE, hallar la 
medida del ángulo “x”. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 A) 20º B) 10º C) 30º 
 D) 25º E) 15º 
 
Solución: 
 
 
40
30º
45º
53º
37º 
20 = 4k A C 
B 
Q 
P 
3k=15 
5
20
CLAVE: A 
CLAVE: E 
a a 
40º 40º
x O
A
B C
D
b 
 
30º 
A 
B D 
C 
E x 
25º 
 
A C 
B D 
x 
30º 25º 
25º 
θ 
E 
30º
45º
53º
A 
B 
P
Q 
C 
Si: AE = BE ⇒ � BAE = � ABE = 25º 
ABE: θ = 25º+25º (� Externo) 
 θ = 50º 
 DEC: θ = x + 30º (� Externo) 
 50 = x +30º 
 ∴ x = 20º 
Podemos usar la propiedad de la 
“Mariposa” 
25º + 25º = x + 30º 
 ∴x = 20º 
 
 
PROBLEMA 4 
En el interior del triángulo equilátero 
ABC, se sitúa un punto “A” de tal 
manera que el ángulo AQC mide 90º 
y el ángulo QAC mide 55º. Hallar la 
medida del ángulo BCQ. 
A) 35º B) 15º C) 25º 
D) 45º E) 60º 
Solución: 
 
 
AQC: � QAC = 55º (Dato) 
 ⇒ � ACQ = 35º 
 
ABC: � ACB = 60º 
⇒ 35º + x = 60º 
∴ x = 25º 
 
 
 
PROBLEMA 5 
 
 En la figura AB = BC. Determinar el 
valor del ángulo ADC. 
 (UNSAAC CBU 99 I) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 A) 75º B) 105º C) 80º 
 D) 45º E) 35º 
Solución: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
∆ ABC Isósceles 
 ⇒ BH es bisectriz. 
 � ABH =� HBC= 40º 
 
CLAVE: C 
CLAVE: A 
60º 
55º 35º 
x 
Q 
A C 
B 
 
A 
B 
D 
C 
40º 
α 
α 
 C 
B D 
x 
30º 25º 
25º 
 
α 
α 
40º 40º 
x x x 
50º
H A 
D 
B
C 
E 
También Si: AB = BC 
2α = 50º ⇒ α = 50º 
 
∆ ABE: α + 80º + x = 180º 
 ∴ x = 75º 
 
 
 
PROBLEMA 6 
 
 En la figura adjunta determinar el 
valor de “a+b” 
 (UNSAAC CBU 99 I) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 A) 33 − B) 38 + C) 36 − 
 D) 34 − E) 36 + 
 
Solución: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
BCD: (30° - 60°) 
⇒ BC = DC 3 
 b = 3 ( 3 ) 
b = 3 
 
ABC: (45° - 45°) 
⇒ AC = BC 
AC = 3 
 
 ∴ a = 3 3− 
 
 
 
PROBLEMA 7 
 
 Determinar el valor del ángulo x, en 
la figura: 
 (UNSAAC CBU 99 II) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 A) 80º B) 75º C) 85º 
 D) 70º E) 60º 
 
Solución: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
CAR: 4θ + 30º = 90° 
 θ = 15° 
 
 AMO: θ + x = 90° 
∴ x = 75° 
 
 
 
PROBLEMA 8 
 
 Hallar el valor del ángulo “x” en la 
siguiente figura, si BM=MC y 
AB=BC. 
 (UNSAAC CBU INT 2000) 
 
 
 
 
 
 
 
 
CLAVE: B 
CLAVE: A 
CLAVE: A 
A C 
B
D 
b 
a
45º 60º
3
θ 
2θ
θ 
x 
30º
θ 
2θ
θ 
x 
30º
M 
C 
O R A 
3 
a 
b = 3
45º 60º
45º
30º 
A D 
B 
C 
3
A 
x 
B 
M C 
50º
A) 20º B) 40º C) 25º 
D) 45º E) 30º 
Solución: 
ABC: Isósceles 
⇒ � BAC = � BCA = 50º 
MC: Isósceles 
⇒� MBC = � MCB = 50º 
Luego en ∆ ABC 
50 + (x + 50) + 50 = 180º 
 
∴ x = 30º 
 
 
PROBLEMA 9 
En la siguiente figura determinar el 
valor de “x”. 
(UNSAAC CBU INT 2000) 
 
37º 
53º 
x 
2 2 
 
 A) 28 B) 23 C) 
3
28 
 D) 213 E) 
3
34 
 
Solución: 
 
 
 
ABC: (37° - 53°) 
 
2 2 3k= ⇒ 2 2k
3
= 
 
Luego: x 4k= 
 
∴∴∴∴ 8 2x
3
==== 
 
 
 
PROBLEMA 10 
 
 La suma de las medidas de los 
ángulos “marcados” en la figura 
adjunta, es: 
 (UNSAAC CBU 2000 I) 
 
 
 
 A) 120º B) 150º C) 360º 
 D) 270º E) 180º 
 
CLAVE: C 
CLAVE: E 
53º 
37º 
x = 4k 
A B 
C 
k322 = 
 
A C 
B 
50º x 
50º 
H 
50º 
 C 
c 
e 
E 
θ 
θ 
Solución: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Propiedad del “Pantaloncito” 
En ABCF: 
θθθθ = a + b + c 
 
Luego: ∆FED: θ + d + e = 180º 
 ∴ a + b +c + d +e = 180º 
 
 
 
PROBLEMA 11 
 
 Calcular la longitud de AB en el 
triángulo ABC, de la figura: 
 (UNSAAC CBU 2000 I) 
 
 
 
 
 
 
 
 A) 10 B) 14 C) 16 
 D) 12 E) 8 
Solución: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Trazamos BH AC⊥ para aprovechar el 
ángulo de 60º. 
 
BHC (30º -60º) 
HC = 3 ⇒ BH = 3 3 
 
Luego en BHA. (Teor. Pitagoras) 
 
2 2 2x 13 (3 3)= + 
∴x = 14 
 
 
 
PROBLEMA 12 
 
 Determinar la medida de AB , en la 
figura: 
(UNSAAC CBU 2000 I) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 A) 27 B) 30 C) 25 
 D) 20 E) 28 
 
Solución: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
PAM: (30° - 60°) 
 
 Si AP = 6 ⇒ AM = 3 
 
QMN: (45° - 45°) 
 
 Si QM = 4 2⇒ MN = 4 
 
RNB: (37° - 53°) 
 
 Si RN = 25 
 
 RN = 5k = 25 
 
 ⇒ k = 5 
 
 NB = 3k ⇒ NB = 15 
 
Luego: AB = AM + MN + NB 
 
CLAVE: B 
CLAVE: E 
 
A 
B 
C 
x 6 
30º 
H 13 3 
16 
60º 
3 3
 
A 
P 
6 
Q R 
B N M 
60º 45º 
53º 
25 4 
x 
37º 
2
A 
P 
6 
Q R 
B N M 
60º 45º 
53º 
25 4 2
A 
B 
C 
6 
16
60º
 ∴x = 27 
 
PROBLEMA 13 
En la figura adjunta: AB = BC. 
Hallar la medida del ángulo X. 
(UNSAAC CBU 2000 II) 
A) 30º B) 20º C) 25º 
D) 15º E) 35º 
Solución: 
ABC Isósceles 
 � CAB = � ACB = x 
CAB: x + x = 50º (� externo) 
 ∴x = 25 
 
PROBLEMA 14 
En la figura adjunta, calcular el valor 
de X. 
(UNSAAC CBU 2000 II) 
A 
B 
C 
15 
12 X 
37º 
 
A) 5 B) 10 C) 12 
D) 6 E) 8 
 
Solución: 
 
 
ABC: (37° - 53°) 
 
CB = 15 
 
3k = 15 ⇒ k = 5 
 
Luego: AB = 4k 
 
 ⇒ AB = 20 
 
Finalmente: x = AB – 12 
 
 x = 20 - 12 
 
 ∴x = 8 
 
 
 
PROBLEMA 15 
 
 En la figura adjunta. Determinar el 
valor de 2X. 
 (UNSAAC CBU 2000 II) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 A) 120º B) 130º C) 180º 
 D) 100º E) 140º 
A B 
C37º
4k = 20
12 x 
 15 = 3k
CLAVE: E 
CLAVE: C 
CLAVE: A 
 
x 
x 
x x 
x 
x 
C 
B D 
40ºX 50º 
C 
B D 
40ºX 
 
 
Solución: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
∆∆∆∆ MAZ: φ = x + x (� Externo) 
⇒ φ = 2x 
 
∆∆∆∆ RUK: α = x + x (� Externo) 
⇒ α = 2x 
 
∆∆∆∆ LIT: θ = x + x (� Externo) 
⇒ θ = 2x 
 
Luego en ∆∆∆∆ LUZ tenemos sus 3 ángulos 
externos 
⇒ 6x = 360º 
 x = 60º 
 
 ∴2x = 120º 
 
 
 
PROBLEMA 16 
 
 Las bases de un trapecio miden 4 
metros y 12 metros y los lados no 
paralelos 4 metros y 5 metros. Hallar 
el perímetro del triángulo mayor en 
metros, que se forma al prologarse 
los lados no paralelos. 
 (UNSAAC CBU 2000 II) 
 A) 20.5 B) 26.5 C) 25.5 
 D) 24.5 E) 18.5 
 
Solución: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
∆∆∆∆ ARK ∼ ∆∆∆∆ MRQ (son semejantes, 
por lo tanto usamos proporcionales) 
 
x x 4
x 2
4 12
+
= ⇒ = 
y y 5
y 2.5
4 12
+
= ⇒ = 
 
Finalmente el perímetro del triángulo 
MRO (2p) sería: 
 
2p = (4 + x) + ( y + 5) + 12 
 
 ∴2p = 25.5 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
PROBLEMA 17 
 
 En la figura: Hallar AE 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 A) 9 + 4 3 B) 16 C) 21 
 D) 12 + 4 3 E) 13 
 
Solución: 
 
CLAVE: C 
CLAVE: A 
 A R 
K 
x 
x φ 
θ 
α 
U Z 
x x 
M 
I T 
x 
x 
L 
 
12 M O 
5 
K 
y x 
R 
4 
A 
4 
Nada puede conseguir el 
hombre si no es a través 
del sacrificio. 
 
A 
B 
D 
E C 
53º 60º 
15 
8 
 
De la figura: AE = AC + CE 
Entonces calculamos AC y CE 
BAC: (37° - 53°) 
 Si BC = 15 
 BC = 5k ⇒ k = 3 
Pero: AC = 3k ⇒ AC = 9 
DCE: (30° - 60°) 
 Si DE = 8 
 DE = 2a ⇒ a = 4 
Pero: CE = a ⇒ CE = 4 
Finalmente: 
AE = AC + CE 
AE = 9 + 4 
∴ AE = 13 
 
PROBLEMA 18 
Determinar la suma de los ángulos 
marcados en la siguiente figura: 
 
 
A) 160º B) 240º C) 120º 
D) 180º E) 360º 
Solución: 
 
 
En este problema nos están pidiendo: 
 
 “ α + β + θ + ω “ 
 
Para empezar a resolver este problema, 
prolongamos AD hasta E (E en BC), con 
la finalidad de formar los triángulos 
ABE y DEC. 
 
Luego: 
 
∆∆∆∆ ABE: φ = α + β (∠ externo) 
 
∆∆∆∆ DEC: φ + θ + ω = 180º 
 
 (α + β) + θ + ω = 180º 
 
 ∴αααα + ββββ + θθθθ + ωωωω = 180º 
 
 
 
OTRA FORMA: 
 
 
Propiedad del “Pantaloncito” 
 
En ABCD: 
 
180º - ω = α + β + θ 
 
 ∴αααα + ββββ + θθθθ + ωωωω = 180º 
 
 
CLAVE: D 
CLAVE: D 
α 
β
θ 
ω 
θ 
β
A 
B 
D 
C 
180º- ω 
α 
β
θ 
ω θ 
β
A 
B 
D C 
E 
φ 
CLAVE: E 
A 
B 
D
E C 
53º 60º
15
8 
37º
30º
 
PROBLEMA 19 
 
Hallar el valor de “x” en la siguiente 
figura: 
 
 
 A) 6 B) 9 C) 6 2 
 D) 6 3 E) 9 2 
 
Solución: 
 
 
BEC: (30° - 60°) 
 
 Si BC = 6 (Hipotenusa) 
 
 ⇒ CE = 3 (Opuesto a 30º) 
 
ABC: (30° - 60°) 
 
 Si BC = 6 (Opuesto a 30º) 
 
 ⇒ AC = 12 (Hipotenusa) 
 
Luego: AE = AC - CE 
 
 AE = 12 - 3 
 
 AE = 9 
 
Finalmente: 
 
DEA (45° - 45°) 
 
 Si AE = 9 
 
 ⇒ AE = 9 2 
 
 ∴ x = 9 2 
 
 
 
PROBLEMA 20 
 
 En la figura, ABCD es un 
rectángulo, hallar “x” 
 (UNSAAC CBU 2001 II) 
 
 
 
 A) 18 B) 24 C) 32 
 D) 30 E) 20 
 
Solución: 
 
 
ABF: (45° - 45°) 
 ⇒ AB = BF = 8 
 
ECF: (45° - 45°) 
 ⇒ EC = CF = 3k 
 
C 
A 
B 
D 
E 
x
8
37º
45º 
30º
45º
x
6 
CLAVE: E 
A 
B C 
D 
E
x
6 
3
9
30º 60º
30º
45º
45º
A 
B
D 
E 
x
8 
37º
45º
 
45º
45º
45º C F 
3k 
3k 8
8 
ECB: (37° - 53°) 
 Si: EC = 3k 
 ⇒ BC = 4k 
 8 + 3k = 4k 
 k = 8 
Luego: x = 3k + 8 
 ∴ x = 32 
 
PROBLEMA 21 
Determinar la suma de los ángulos 
resaltados. 
(UNSAAC CBU 2001 II) 
 
A) 180º B) 720º C) 540º 
D) 240º E) 360º 
Solución: 
 
Nos piden: “a + b + c + d + e + f + g + h” 
Entonces tomamos los triángulos: 
 MTZ: a + f + β = 180º 
 LIA: b + e + φ = 180º 
 RES: c + h + θ = 180º 
 KUO: d + g + α = 180º 
Sumando las 4 ecuaciones se tiene: 
 
a + b + c + d + e + f + g + h + (α+β+θ+φ) = 720º 
 
Pero en LUZE: α + β + θ + φ = 360º 
 
Finalmente: 
 
a + b + c + d + e + f + g + h + (360º) = 720º 
 
∴ a + b + c + d + e + f + g + h = 360º 
 
 
 
PROBLEMA 22 
 
 En la longitud adjunta, determinar la 
longitud “x”. 
 (UNSAAC CBU 2001 II) 
 
 
 
 A) 12 2 B) 14 2 C) 10 2 
 D) 8 2 E) 9 2 
Solución: 
 
 
 
BEC: (30° - 60°) 
 Si BC = 8 (Hipotenusa) 
 ⇒ CE = 4 (Opuesto a 30º) 
 
ABC: (30° - 60°) 
 Si BC = 8 (Opuesto a 30º) 
 ⇒ AC = 16 (Hipotenusa) 
 
30º
45º
x
8
A 
B C 
D 
E
x 
8 
4 
12
30º 60º
30º
45º
45º
CLAVE: E 
R K 
I 
T 
S 
U 
O 
Z 
E 
L 
a 
b
c d 
e 
f
g h 
αααα 
ββββ
θθθθ 
φφφφ 
CLAVE: C 
Luego: AE = AC - CE 
 AE = 16 - 4 
 AE = 12 
 
Finalmente: 
 
DEA (45° - 45°) 
 Si AE = 12 
 ∴ x 12 2==== 
 
 
 
PROBLEMA 23 
 
 En la figura L1 // L2, calcular “α”, 
sabiendo que el triángulo ABC es 
equilátero. 
 (UNSAAC CBU INT 2002) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 A) 80º B) 120º C) 160º 
 D) 100º E) 140º 
Solución: 
 
Como el ∆ABC es equilátero: 
 ∠A = ∠B = ∠C = 60º 
 
∆BUM: θ + 60º = 100º (∠ externo) 
 θ = 40º 
 
Luego: Propiedad del “Serruchito” 
 
 
 
θ + (180º-α) = 60º 
∴ αααα = 160º 
 
 
 
PROBLEMA 24 
 
En la siguiente figura. Hallar la 
medida del ángulo θ: 
(UNSAAC CBU 2002 I) 
 
 
A) 60º B) 80º C) 90º 
D) 20º E) 100º 
Solución: 
 
 
Si AD = DB ⇒ ∆ADB Isósceles 
Luego: � DAB = � DBA= 2x 
 
∆ADB: � CDB = 2x + 2x (∠ externo) 
 
� CDB = 4x 
 
Si CD = CB ⇒ ∆DCB Isósceles 
Luego: � CDB = � CBD = 4x 
 
∆DCB: 4x + 4x + x = 180º 
A B 
D 
C 
2x θ 4x 
4x 
x 
2x 
E 
CLAVE: C 
A 
L1 
L2 
U 
P 
θ 
60º 
180º-α 
CLAVE: E 
A 
B 
C 
100º 
α 
L1 
L2 
U 
M 
P 
60º 
θ 
θ 
60º 
180º-α 
A B 
D 
C 
2x θ 
A 
B 
C 
100º 
α 
L1 
L2 
 x = 20º 
Finalmente: 
ACB: � CBE = 2x + x (∠ externo) 
θ = 3x 
θ = 3 (20º) 
 
∴ θθθθ = 60º 
 
 
PROBLEMA 25 
Calcular el valor del ángulo “x”, si 
AB = AC; BD = BC 
(UNSAAC CBU 2002 I) 
 
A) 40º B) 36º C) 30º 
D) 25º E) 50º 
Solución: 
 
Como BD = BC ⇒ ∆DBC Isósceles 
Luego: ∠BAC = ∠BCD = 50º 
Tambien AB = AC ⇒ ∆BAC Isósceles 
Luego: ∠ ABC = ∠ACB = 50º 
Finalmente: 
DBC: 50 + (x + 50) + 50 = 180 
 ∴ x = 30 
 
 
 
PROBLEMA 26 
 
Calcular la medida del lado AE del 
siguiente polígono ABCDEA. 
(UNSAAC CBU 2002 I) 
 
 
 
A) 36 B) 28 C) 6 
D) 8 E) 10 
 
Solución: 
 
 
DEC (30º-60º): 
Si DE = 36 (Opuesto a 60º) 
⇒ EC = 6 (Opuesto a 30º) 
 
CEB (37º-53º): 
E 
D 
45º 
37º 45º 
53º 
60º 
30º 
6 
8 
A 
B 
36
x 8= C 
CLAVE: C 
x 
50º 
 A 
B 
50º 
50º 
C 
CLAVE: A 
x 
50º 
C A 
H A C E 
B 
D 
45º 
37º 
36
30º 
Si EC = 6 (Opuesto a 37º) 
⇒ BE = 8 (Opuesto a 53º) 
 
AEB (45º - 45º) 
⇒ AE = BE 
∴ AE = 8 
 
 
 
PROBLEMA 27 
 
En la figura, ABC es un triángulo 
isósceles (AB = AC). Determinar x 
si AD = AE. 
(UNSAAC CBU 2002 II) 
 
 
 
A) 15º B) 20º C) 10º 
D) 30º E) 45º 
Solución: 
 
 
 
Si ∆ABC isósceles ⇒ AB = AC 
 
Luego: m� ABC = � ACB = θ. 
 
Si AD = AE ⇒ ∆ADE isósceles 
 
Luego: � ADE = � AED = β. 
 
Seguidamente: 
 
∆DEC: � ADE = θ + x (∠ externo) 
 
 β = θ + x … (I) 
 
∆BAD: � ADC = θ + 30º (∠ externo) 
 
 β + x = θ + 30º… (II) 
 
Finalmente: 
 
(I) en (II): θ + 30º = (θ + x) + x 
 
 ∴ x = 15º 
 
 
 
PROBLEMA 28 
 
En un triángulo isósceles EFG, de 
base FG , se toman los puntos M y 
N sobre EF y EG respectivamente, 
de modo que: FM = MN = EN. Si el 
ángulo �G del triángulo dado mide 
80º, hallar el ángulo �MNF . 
(UNSAAC CBU 2002 II) 
 
A) 20º B) 30º C) 10º 
D) 80º E) 60º 
 
Solución: 
 
 
Como FG es la base ⇒ EF = EG 
 
Luego: ∠ EGF = ∠ EFG = 80º 
 
∆EFG: ∠EGF + ∠EFG + ∠FEG = 180º 
 
 80º + 80º + ∠FEG = 180º 
 
20º 
G 
80º 80º 
x 
x 
20º 
N 
M 
E 
F 
CLAVE: D 
CLAVE: E 
A 
B D 
E 
C 
x 
30º 
θ θ 
β 
β 
A 
B D 
E 
C 
x 
30º 
 ∠ FEG = 20º 
Nos dan: MN=NE 
MEN es Isósceles 
Luego: ∠MEN = ∠NME = 20º 
Como: MN = MF ⇒ ∆MNF es Isósceles 
Luego: ∠MNF = ∠MFN = x 
Finalmente: 
 NME = x + x (∠externo) 
 
 20º = 2x 
 
∴x = 10º 
 
 
PROBLEMA 29En la figura AC = 2, determinar 2x. 
(UNSAAC CBU 2002 II) 
 
A) 3 B) 2 C) 2 1+ 
D) 2 1− E) 3 1+ 
 
Solución: 
 
 
 
Trazamos CH ⊥ AB para aprovechar los 
ángulos de 30º y 45º 
 
 CHA (30º-60º): 
Si CA = 2 (Hipotenusa) 
⇒ CH = 1 (Opuesto a 30º) 
 y HA = 3 (Opuesto a 60º) 
 
 CHB (45º-45º): 
Si CH = 1 (Opuesto a 45º) 
⇒ HB = 1 (Opuesto a 45º) 
 
 BDA (30º-60º) 
Si BD = x (Opuesto a 30º) 
⇒ AB = 2x (Hipotenusa) 
 
 Pero: AB = 1 + 3 
∴2x = 3 + 1 
 
 
 
PERÍMETRO Es la suma de las medidas de los lados de 
una figura geométrica. 
Se representa con “2p” 
 
CLAVE: E 
x 
45º 
D C 
30º 
B 
15º H 
60º 
2 
1 2x 
1 3
A 
CLAVE: C 
 
45º 
 A C 
30º 
 
El ÉXITO es la 
envoltura del sacrificio. 
 
PERÍMETROS 
CAPÍTULO 
2 
• Cuando vemos “p” en alguna 
fórmula, esto significa 
semiperímetro, y es la mitad del 
perímetro. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Perímetro del ∆ABC: 2p(∆ABC) 
 
 
 
 
 
 
 
 
PERÍMETROS DE POLÍGONOS 
REGULARES 
 
El perímetro de un Polígono Regular es 
igual al número de lados multiplicado por 
la longitud de un lado. 
 
2p n l= 
 
Donde: 
n: número de lados 
l: longitud de un lado 
 
CIRCUNFERENCIA: 
 
Es la curva plana y cerrada, cuyos puntos 
equidistan de un punto interior llamado 
centro. 
 
* La distancia de un punto cualquiera 
de la circunferencia al centro, se 
denomina RADIO. 
 
CÍRCULO: 
 
Es la región plana determinada por la 
unión de la circunferencia y su interior. 
 
Es el conjunto de todos los puntos de la 
circunferencia y de los interiores a la 
misma. 
 
 
 
 
 
 
 
Donde: 
O: Centro (del círculo o la circunferencia) 
r : Radio (del círculo o la circunferencia) 
 
 P: Punto de la circunferencia 
O: Punto interior de la 
circunferencia 
⇒ O no pertenece a la 
circunferencia pero si al círculo. 
 
 
 
 
 
 
 
 
LONGITUD DE LA 
CIRCUNFERENCIA (Lc) 
 
Es el límite hacia el cual se aproximan los 
perímetros (P) de los polígonos regulares 
inscritos cuando su número de lados 
aumenta indefinidamente. 
 
 
 
n
lim P Lc
→∞
=
 
 
EL NÚMERO “ ππππ ” 
 
El número “pi”, también llamado 
“Número LEUDOLFINO” (en honor a 
Ludolf Van Ceulen, Matemático Alemán 
u Holandés que determino su valor hasta 
con 354 lugares decimales); es el valor 
C 
B
A 
c
b 
a
2p(∆ABC) = a + b + c 
Semiperímetro del ∆ABC (p) 
 
a + b +c
p =
2
r 
O
P CÍRCULO 
CIRCUNFERENICIA 
Por lo tanto: 
- La circunferencia tiene 
 longitud, más no área. 
- El círculo tiene área y su 
 perímetro es la longitud de 
 su circunferencia. 
constante de la razón de la longitud de 
una circunferencia (Lc) a su diámetro. 
Lc
D
π = ⇒ Lc Dπ= 
Pero D = 2r ⇒ Lc 2 rπ= 
EL VALOR DE “ ππππ ” 
El número “pi” es el más importante de la 
ciencia matemática, y es 
inconmensurable, así también como su 
cuadrado, su cubo, etc. 
Su valor aproximado es: 3.14159265359 
Su Cuadrado es: 9.869604401089 
Su Cubo es: 31.0062766803 
Su Inverso es: 0.318309886184 
Su Raíz Cuadrada es: 1.772453850906 
Su Logaritmo en Base 10 es: 0.497149872 
El número “pi” siempre a sido un número 
interesante para los matemáticos, así 
tenemos: 
Los Babilonios (π = 3 ) 
Arquímedes ( 2 decimales ) 
Francois Viette ( 7 decimales ) 
Métius ( 8 decimales ) 
Adrien Romanus ( 16 decimales ) 
L. V. Ceulen ( 35 decimales ) 
SHARPS ( 73 decimales ) 
Lagny ( 127 decimales ) 
Vega ( 140 decimales ) 
Dhase ( 200 decimales ) 
Rutherford ( 440 decimales ) 
Shangks ( 530 decimales ) 
Y otros han aportado valores racionales 
aproximados de “pi”; tales como: 
 
Arquímedes: 
 22 3.142...
7
= 
 
Adriano Mecio: 
355
3.1415929...
113
= 
 
Papiro de Ahmés: 
2
16
3.16049...
9
 
= 
 
 
 
Los Hindúes: 
 3927 3.1416...
1250
= 
 
Cuando se realizan trabajos de mucha 
precisión se usa 3.1416π = , que 
viene a ser un trabajo aproximado por 
exceso con un error menor que 
0.0001. 
 
LONGITUD DE UN ARCO 
 
 
 
 
 
 
Realizamos una Regla de Tres Simple: 
 
�AB
Lc 360º
L º
→
→ θ
 
 
�AB
L Lc
360º
θ 
⇒ =  
 
 
 
 
Pero: Lc 2 r= π ⇒ 
B A 
Lc = 2πr 
B 
D =2r
�AB
L 2 r
360º
θ 
= π  
 
θ 
B 
A 
O 
r 
r
�AB
L
 
 
 
Como D = 2r ⇒ 
 
 
 
PROPIEDADES 
 
1. LONGITUD DE EN FUNCIÓN 
AL DIÁMETRO DE UNA 
SEMICIRCUNFERENCIA 
 
 
 
 
 
 
 
�AB
180º
L 2 r
360º
 
= π  
 
 
AB
Pero r
2
= 
 
⇒ 
 
 
2. LONGITUD DE UNA LÍNEA 
CURVA FORMADA POR 
SEMICIRCUNFERENCIAS 
 
La suma de las longitudes de las 
semicircunferencias con sus diámetros 
sobre AB, equivale a la longitud de una 
semicircunferencia de diámetro AB. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Demostración: 
 
 
 
 
 
 
 
Sabemos por la propiedad anterior que: 
 
�AB
AB
L
2
= π 
 
Luego, también se tendía: 
 
�
�
�
� � �
AM
MN
NB
AM MN NB
AM
L
2
MN
L
2
NB
L
2
AM MN NB
L L L
2 2 2
= π
= π
= π
+ + = π + π + π
 
 
� � �AM MN NB
AM MN NB
L L L
2
+ +
+ + = π 
 
� � �AM MN NB
AB
L L L
2
+ + = π 
 
 
La propiedad anterior, también la 
podemos aplicar si la figura se presenta 
de esta forma: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
3. SEMICIRCUNFERENCIAS 
CUYOS DIÁMETROS ESTÁN 
FORMADAS SOBRE UN 
SEGMENTO 
 
AB
AB
L
2
∴ = π
�AB
D
L
360º
π θ
=
B A 
r 
B A 
AB
AB
L
2
= π
�AB
AB
L
2
= π
B A 
AB
AB
L
2
= π
B A M N 
La suma de las longitudes de las 
semicircunferencias con sus diámetros 
sobre un segmento AB, es igual a la 
medida de AB, multiplicada por π y 
dividida por 2. 
 
 
 
Nota: Las curvas formadas sobre AB son 
 todas semicircunferencias. 
PROPIEDADES DE LAS TANGENTES 
A UNA CIRCUNFERENCIA 
 PROPIEDAD 
Las tangentes trazadas desde un punto 
exterior a una circunferencia son iguales. 
 
PA PB= 
 PROPIEDAD 
Las tangentes comunes exteriores a dos 
circunferencias son iguales. 
 
 
 
AB CD= 
 
3RA. PROPIEDAD 
 
Las tangentes comunes exteriores a dos 
circunferencias son iguales. 
 
 
 
MN PQ= 
 
TEOREMAS IMPOTANTES 
 
1. TEOREMA DE PONCELET 
 
“En todo triángulo rectángulo, la suma de 
los catetos es igual a la hipotenusa mas el 
diámetro de la circunferencia inscrita” 
 
Se anuncia también así “En todo 
triángulo rectángulo, la suma de los 
catetos es igual a la suma de los 
diámetros de las circunferencias inscrita y 
circunscrita” 
 
M 
P 
Q 
N 
A 
B 
C 
D 
A 
B 
O 
P 
R 
R 
De ahora en adelante: 
B 
AB
AB
L
2
= π
ABL Significa longitud de las curvas 
(semicircunferencias) en AB , y es 
igual a: 
AB
AB
L
2
= π
 
 
AB BC AC 2r+ = + 
 
AB BC 2R 2r+ = + 
 
2. TEOREMA DE PITOT 
 
En todo cuadrilátero circunscrito a una 
circunferencia, la suma de dos lados 
opuestos es igual a la suma de los otros 
dos lados. 
 
 
 
AB CD BC AD+ = + 
 
EJEMPLOS 
 
EJEMPLO 1 
 
Hallar el perímetro de la figura 
sombreada, si los arcos formados 
sobre este segmento son todos 
semicircunferencias; y el segmento 
MO mide 20µ. 
 
 
 
A) 10π B) 20π C) 5π 
 D) 10(π+2) E) 20(π+1) 
 
Solución: 
 
 
 
 
 
 
Sabemos que: 
 
 
 
MA AR RC CO MO
y que : L L L L L+ + + = 
 
Luego: 
SOMBR.
MO
Perím. MO
2
= π + 
SOMBR.
20
Perím. 20
2
= π + 
 
 ∴ (((( ))))SOMBR.Perím. 10 2= π += π += π += π + 
 
 
EJEMPLO 2 
 
Hallar el perímetro de la figura 
sombreada, si los arcos mostrados 
son semicircunferencias; y el 
segmento ABmide 20µ. 
 
 
 
A) 10π B) 20π C) 5π 
 D) 10(π+2) E) 20(π+1) 
C 
A 
B 
D 
A C 
B 
r 
R 
MO
MO
L
2
= π
CLAVE: D 
SOMBR. MO MA AR RC CO
Perím. L L L L L= + + + +
O M
O M A R C 
Debes tener cuidado, cuando te 
pregunten: “de la figura 
sombreada”, por que en este 
ejemplo vemos que la figura 
sombreada esta formada por 
semicircunferencias y también 
por segmentos. 
B A 
Solución: 
 
 
SOMBR.
AB AB
Perím.
2 2
= π + π 
SOMBR.
20 20
Perím.
2 2
= π + π 
SOMBR.Perím. 10 10= π + π 
 ∴ 
SOMBR.Perím. 20= π= π= π= π 
 
 
EJEMPLO 3 
El triángulo ABC es un triángulo 
equilátero, los arcos son 
semicircunferencias. Hallar el 
perímetro de la región sombreada, si 
el perímetrodel triángulo es 12µ. 
 
A) 3π B) 4π C) 6π 
 D) 8π E) 4(π+3) 
 
Solución: 
 
 
 
Dato: PERIM. ∆ABC = 12µ 
⇒ AB + BC + AC = 12µ 
 
Luego: AB = BC = AC = 4µ 
 
 
 
SOMBR.
AB BC AC
Perím.
2 2 2
= π+ π+ π 
 
SOMBR.
4 4 4
Perím.
2 2 2
= π+ π+ π 
 
 ∴ 
SOMBR.Perím. 6= π 
 
 
 
EJERCICIOS 
 
PROBLEMA 1 
 
 El lado del rombo mide 13 m y la 
diagonal menor mide 10m. Hallar el 
perímetro de la región sombreada. 
 (UNSAAC CBU 99 I) 
 
B A M N 
CLAVE: C 
A 
B 
C 
A 
B 
C 
CLAVE: B 
�SOMBR. AB AB
Perím. L L= +
SOMBR. AB BC ACPerím. L L L= + +
En este caso, la figura 
sombreada esta 
limitada solamente por 
semicircunferencias. 
 
 
 A) 19 + 61 m B) 11 + 61 m 
 C) 18 + 61 m D) 25 + 61 m 
 E) 20 + 61 m 
 
Solución: 
 
 
BHA: (Teorema de Pitágoras) 
 
 2 2 213 5 BH= + 
 ⇒ BH 12= 
 
BHA: (Teorema de Pitágoras) 
 
2 2 2PC 5 PH= + 
2 2 2PC 5 6= + 
⇒ PC 61= 
Finalmente: 
 
SOMBREADOPerím BP BC PC= + + 
SOMBREADOPerím 6 13 61= + + 
 
∴
SOMBREADOPerím 19 61= += += += + 
 
 
 
PROBLEMA 2 
 
 En el cuadrado ABCD de 10 cm. de 
lado, se ha trazado 
semicircunferencias en cada lado. 
Calcular el perímetro de la región 
sombreada. 
 
 
 
 A) 20π cm. B) 20(π + 4) cm. 
 B) 20 (π + 1) cm. D) 10 (π + 4) cm. 
 E) 20 (π + 2) cm. 
 
Solución: 
 
 
S CURVAS SEGMENTOSP L L= + 
 
Donde: 
 P s = Perímetro Sombreado 
Dato: Lado del Cuadrado = 10 cm. 
 
Luego: AB = BC = CD = AD = 10 cm. 
 
Primero calculamos la suma se las 
longitudes de los segmentos que limitan a 
la región sombreada ( )SEGMENTOSL . 
SEGMENTOSL AB BC CD AD= + + + CLAVE: A 
5 5 A 
P 
6 
6 
13 
D 
B 
C H 
13 
13 13 
x 
x
2
A 
D C 
B 
10 
A B 
C D 
5π 
5π 
5π 
5π 
SEGMENTOSL 10 10 10 10= + + + 
SEGMENTOSL 40= 
Seguidamente calculamos la suma se las 
longitudes de las curvas que limitan a la 
región sombreada ( )CURVASL , para lo 
cual usamos la propiedad. 
 
Luego: 
CURVAS
AB BC CD AD
2 2 2 2
= π + π + π + π 
CURVAS
10 10 10 10
2 2 2 2
= π + π + π + π 
CURVASL 20= π 
Finalmente: 
S CURVAS SEGMENTOSP L L= + 
P 40 20= + π 
 ∴ (((( ))))SP 20 2= π += π += π += π + 
 
NOTITA: Para no operar tanto debemos 
 darnos cuenta que: 
Si AB = BC = CD = AD 
 
 
PROBLEMA 3 
En la figura AEB es una 
semicircunferencia, ¿cuál es el 
perímetro de la figura cerrada 
ADCBEA? 
(UNSAAC CBU INT 2000) 
 
 
 A) 16 + π B) 8 + π 
 C) 14 + π D) 12 + π 
 E) 13 + π 
 
Solución: 
 
 
 
�ERÍMETRO DEA
P AB BC CD L= + + +
 
ERÍMETRO
AD
P 6 2 6
2
= + + + π 
 
ERÍMETRO
2
P 14
2
 
= + π 
 
 
 
 ∴ 
ERÍMETROP 14= + π= + π= + π= + π 
 
 
 
PROBLEMA 4 
 
 Calcular el perímetro de la región 
sombreada que tiene forma de la letra 
“L”, sabiendo que consta de dos 
rectángulos iguales contiguos, cada 
uno de largo “A” metros y ancho “B” 
metros. 
 (UNSAAC CBU INT 2000) 
CLAVE: C 
CLAVE: D 
A 
E 
B C 
D 
2 
6 
AB
AB
L
2
= π
AB BC CD ADL L L L⇒ = = =
1 
B 
D C 
6 
6 
2 E 
A 
CURVAS AB BC CD ADL L L L L= + + +
 
 
 
 A) 2(2A + B) B) 2A + 2B 
 C) 4A + B D) 4A – 2B 
 E) 7A 4B
2
− 
 
Solución: 
 
 
 
Para calcular el perímetro, sumamos 
todos los lados de la región sombreada. 
Empezando del lado indicado en un solo 
sentido (en este caso en sentido horario) 
 
ERIMP A B (A B) A B (A B)= + + − + + + +
 
ERIMP 4A 2B= + 
 
∴ (((( ))))ERIMP 2 2A B= += += += + 
 
 
 
NOTA: También podemos sumar todos 
los segmentos horizontales y luego todos 
los verticales, y al final ambos resultados 
parciales para obtener el total. 
 
PROBLEMA 5 
 
 En la figura se tiene seis triángulos 
rectángulos isósceles. La razón del 
perímetro de la región sombreada al 
perímetro de la región no sombreada; 
es: 
 (UNSAAC CBU 2000 I) 
 
 
 
 A) 4 B) 2 C) 3 
 D) 1
2
 E) 2 
 
Solución: 
 
 
De la figura: 
 
1 2 3 4 5 6P P P P P P K= = = = = = 
 
Luego: 
 
 
S 1 3 4 6 SP P P P P P 4K= + + + ⇒ = 
NS 2 5P P P 2K= + ⇒ 
Finalmente: 
NS
Ps 4K
P 2K
= 
 
∴
NS
Ps
2
P
==== 
 
 
 
CLAVE: B 
1 
1 
1 
1 
2
2P1 
P2 
P3 
P4 
P5 
P6 
CLAVE: A 
1 
A 
A 
A 
B 
B 
B B 
A-B 
IN
IC
IO
 
 
 
PROBLEMA 6 
En la figura adjunta, ABCD es un 
cuadrado de lado 4 cm. El perímetro 
de la región sombreada en cm es: 
(UNSAAC CBU 2000 I) 
 
A) 2(12 )+ π B) 2(5 )+ π 
C) 10 + π D) 20 + π 
E) 2(10 2 )+ π 
Solución: 
 
De la figura: 
SOMBREADO EXTERIOR INTERIORP P P= + 
Luego: 
Hallamos EXTERIORP 
EXTERIORP AB BC CD AD= + + + 
EXTERIORP 4 4 4 4= + + + 
EXTERIORP 16= 
Hallamos INTERIORP 
 
� �
INTERIORP MR NP MN PR= + + + 
 
2 2
INTERIOR
(2) (2)
P 4 4
4 4
π π
= + + + 
 
 INTERIORP 8 2= + π 
 
Finalmente: 
 
 
SOMBREADOP (16) (8 2 )= + + π 
 
 ∴ SOMBREADOP 2(12 )= + π= + π= + π= + π 
 
 
 
PROBLEMA 7 
 
 En la figura adjunta. Determinar el 
perímetro de la región sombreada. 
 (UNSAAC CBU 2000 II) 
 
 
 
 A) 2 4π − B) 4π + 
 C) 4 2π + D) 4 2π + 
 E) 2 4π + 
 
Solución: 
 
 
De la figura: 
O 
22 
A B 
P 
45º 45º 
2 2 
CLAVE: A 
A 
B C 
D 
4 
P 
M R 
N 
O 2 
2 
2 
2 
A 
B C 
D 
O 
22 
 
 
�SOMBREADO AB
P AP PB L= + + 
 
Hallamos AP y PB en APB (45º-45º) 
 
Si: AB 2 2= ⇒ AP = PB = 2 
 
Hallamos 
�AB
L 
 
�AB
AB
L
2
= π (Propiedad) 
�AB
2 2
L
2
= π ⇒⇒⇒⇒ �ABL 2= π
 
 
Finalmente: 
 
 
�SOMBREADO AB
P AP PB L= + + 
SOMBREADOP 2 2 2= + + π 
 
∴
SOMBREADOP 2 4= π += π += π += π + 
 
 
 
PROBLEMA 8 
 
Hallar la suma de los perímetros de 
los 4 triángulos equiláteros, sabiendo 
que AB mide 12 cm. 
 
 
 
A) 18 cm. B) 36 cm. 
C) 26 cm. D) 40 cm. 
E) 72 cm. 
Solución: 
 
 
 
De la figura: 
 
ERÍMETROP 3a 3b 3c 3d= + + +
 
 
ERÍMETROP 3(a b c d)= + + +
 
 
Pero nos dan: AB = 12 
 
⇒ a + b + c + d = 12 
 
Finalmente: 
 
ERÍMETROP 3(a b c d)= + + +
 
 
ERÍMETROP 3(12)=
 
 
∴
ERÍMETROP 36====
 
 
 
 
PROBLEMA 9 
 
En la figura adjunta, determinar en 
centímetros el perímetro de la región 
sombreada, si todos los círculos 
tienen un radio igual a 2 centímetros: 
 
 
 
A) 16π B) 18π C) 4π 
D) 8π E) 24π 
 
Solución: 
 
 
 
De la figura el perímetro de la región 
sombreada es igual a la suma las 
longitudes de los arcos exteriores: 
 
L 
M 
O 
Z 
E 
Y U 
V 
A R K I T S 
CLAVE: B 
A B a 
a a 
b 
b b 
c 
c c 
d 
d d 
CLAVE: E 
A B 
� � � � �YML, LO, OV, VEZ, ZU, UY 
y los arcos interiores: 
� � � � �YAL, LRY, UKO,OIU,ZTV, VSZ 
Pero nos podemos dar cuenta que al 
sumar los arcos � �YML y LRY se obtiene 
la circunferencia MLRY, de manera 
r en los otros arcos al sumarlos se 
obtiene una circunferencia, luego 
podemos hallar el perímetro de la región 
sombreada de la siguiente forma: 
� �
� � �
� � �
� �
CYML LRY
CYAL LO OIU UY
CUKO OV VSZ ZU
CZTV VEZ
SOMBREADO C
L L L
L L L L L
L L L L L
L L L
Perímetro 4L
+ =
+ + + =
+ + + =
+ =
=
 
Las cuatro circunferencias tienen 
radios iguales por los tanto tienen la 
misma longitud de circunferencia. 
Finalmente: 
( )SOMBREADOPerímetro 4 2 r= π 
( )SOMBREADOPerímetro 4 2 2= π   
∴
SOMBREADOPerímetro 16= π= π= π= π 
 
PROBLEMA 10 
Hallar el perímetro del triángulo 
rectángulo ABC. 
(UNSAAC CBU 2001 II) 
 
 
 A) 28 B) 20 C) 34 
 D) 24 E) 30 
 
Solución: 
 
ABC (Teorema de Pitágoras) 
 
( ) ( ) ( )2 2 25x 3x 2x 4= + + 
 
( )2 2 225x 9x 4x 16x 16= + + + 
 
212x 16x 16 0− − = 
 
23x 4x 4 0− − = 
 
⇒ x = 2 
 
Luego, el perímetro sería: 
 
( )ERÍMETROP 5x 3x 2x 4= + + + 
 
ERÍMETROP 10x 4= + 
 
ERÍMETROP 10(2) 4= + 
 
∴
ERÍMETROP 24==== 
 
OTRA FORMA (MÁS RÁPIDA): 
 
Observemos que este es un triángulo 
Notable (3-4-5), entonces: 
A 
B 
C 
2x + 4 
5x 
3x 
CLAVE: A 
A 
B C 2x + 4 
5x 
3x 
 
 
Luego: 4x = 2x + 4 
 
 ⇒ x = 2 
 
Finalmente el perímetro: 
ERÍMETROP 5x 3x 4x= + + 
 
ERÍMETROP 12x= 
 
ERÍMETROP 12(2)= 
 
 ∴
ERÍMETROP 24==== 
 
 
 
PROBLEMA 11 
 
 Hallar el perímetro de la región 
sombreada.(UNSAAC CBU 2001 II) 
 
 
 
 A) 9π B) 10π C) 12π 
 D) 18π E) 6π 
 
Solución: 
 
 
 
De la figura: 
 
� � �AOB BOC AC
P L L L= + + 
 
AB BC
P 2 r
2 2 360º
θ 
= π+ π + π  
 
 
 
6 6 90º
P 2 (6)
2 2 360º
 
= π+ π + π  
 
 
 
P 3 3 3= π+ π + π 
 
 ∴ P 9= π= π= π= π 
 
 
 
PROBLEMA 12 
 
En la figura mostrada, hallar el 
perímetro de la región sombreada, si 
el radio de la circunferencia es r = 2a. 
(UNSAAC CBU 2002 I) 
 
 
 
A) 32 π a B) 12 π a C) 16 π a 
D) 8 π a E) 20 π a 
 
Solución: 
 
Resolvimos un problema muy similar 
anteriormente, por lo que podemos 
afirmar que: 
 
SOMBREADOPerímetro = 5 L 
CLAVE: A 
6
6
m 
B 
A 
C 
O 
CLAVE: D 
A 
B 
C 
3x 
5x 
2x 4
4x
+123
6
6B 
A 
C 
r 
r r r r 
SOMBREADOPerímetro = 5 [2π (2a)] 
∴
SOMBREADOPerímetro = 20 ππππ a 
 
PROBLEMA 13 
Calcular el perímetro de la región 
sombreada en la siguiente figura, si 
AO = OB y los arcos son porciones 
de circunferencias. 
(UNSAAC CBU 2002 II) 
 
A) 15π B) 10π C) 6π 
D) 16π E) 12π 
Solución: 
 
De la figura podemos ver que : 
 
SOMBR
2 R OA OB
Perím
4 2 2
π
= + π + π 
SOMBR
2 (8) 8 8
Perím
4 2 2
π
= + π + π 
 
∴ SOMBRPerím 12= π= π= π= π 
 
 
 
PROBLEMA 14 
 
Determinar el perímetro de la región 
sombreada, de la figura. 
(UNSAAC CBU 2002 II) 
 
 
 
A) 16a (π + 2) B) 4a (π + 2) 
C) 8a (π + 2) D) 8a (π - 2) 
E) 8a (2 - π) 
 
Solución: 
 
 
 
De la figura, se deduce que: 
 
SOMBRPerím = 4l + 4L (r = a) 
 
SOMBRPerím = 4(4a) + 4[2π (a)] 
 
∴ SOMBRPerím = 8 a (ππππ + 2) 
 
 
 
A 
8 
B 
O 
CLAVE: C 
CLAVE: E 
A 
8 
B 
O 
8 
CLAVE: E 
a 
�SOMBR AO OBAB
Perím L L L= + +
llll = 4a 
a 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
ÁREA: 
 
El área de una superficie limitada 
cualquiera es su extensión, indicada por 
un número positivo único acompañada de 
la unidad adecuada (cm2, m2, u2, etc.). 
 
DEBEMOS RECORDAR QUE: 
 
I. Las Figuras Equivalentes tienen 
igual área, sin importar la forma. 
 
 
 
1 2A A= 
 
II. Las Figuras Semejantes tienen igual 
forma, y sus áreas son proporcionales 
a los cuadrados de sus elementos 
homólogos. 
 
 Por ejemplo: 
 
 Caso de 2 Triángulos Semejantes: 
 
 
 
2 2 2
1
2 2 2
2
S AB BC AC
S MN NL ML
= = = 
 
 
 Caso de 2 Círculos: 
 
 
 
2
2
2
1
2
2
2
1
2
1
r
r
D
D
S
S
== 
 
PRINCIPALES FÓRMULAS DE 
FIGURAS CONOCIDAS 
 
A. REGIONES TRIÁNGULARES 
 
1. FÓRMULA GENERAL: 
 
 - Triángulo Acutángulo 
 
 bhS
2
==== 
 
- Triángulo Rectángulo 
 
 b hS
2
==== 
 
 
A 
 C
B
h 
b 
A 
B 
C 
S1 
M 
N 
L 
S2 
≡≡≡≡ A2 A1 
D1 
S1 r1 
D2 
S2 r2 
b 
A CH 
B 
h 
 
Áreas 
CAPÍTULO 
3 
49
INFORMES E INSCRIPCIONES 
 
Av. de la Cultura 1020 Of. 203. 2do. Nivel. 244856 
 
 Triángulo Obtuso 
 b hS
2
==== 
TRIÁNGULO EQUILÁTERO: 
 
 
2L 3
S
4
==== 
2h 3
S
3
==== 
FÓRMULA TRIGONOMÉTRICA: 
 b c SenS
2
θθθθ
==== 
FÓRMULA DE HERÓN: 
 a b cp
2
+ ++ ++ ++ +
==== 
(((( )))) (((( )))) (((( ))))S p p a p b p c= − − −= − − −= − − −= − − − 
EN FUNCIÓN DE SU INRADIO: 
 
 
 
 ====S pr 
 
 
 
6. EN FUNCIÓN AL CIRCUNRADIO 
 
 
 
abc
S
4R
==== 
 
 
 
 
7. TRIÁNGULO RECTÁNGULO 
 CIRCUNSCRITO 
 
 nmS = 
 
 
 
 
 
 
8. EN FUNCIÓN A LOS EX-RADIOS 
E INRADIO 
 
 
 
ABC a b cS r R R R=# 
 
B. ÁREAS DE REGIONES 
CUADRANGULARES 
C A 
B 
H 
L L 
L
h 
A H b 
B
h 
Ra
CA 
B
Rb
Rc 
r 
B 
C b 
 a 
B 
 C 
c 
b 
θθθθ
B 
C A b 
c a 
R 
A b 
B 
C 
c a r 
b 
A 
B
C
r 
m n 
 
1. CUADRADO: 
 
2S L==== 
 
 
2D
S
2
==== 
 
 
2. RECTÁNGULO: 
 
 S ab==== 
 
 2 2 2D a b= += += += + 
 
 
3. PARALELOGRAMO: 
 
 
 S bh==== 
 
 S abSenθ==== 
 
 
4. ROMBO: 
 
 
 
D d
S
2
==== 
 
 
 
 
5. TRAPECIO: 
 
 
 (((( ))))B bS h
2
++++
==== 
 
 
 
 
6. TRAPEZOIDE: 
 
 
 
DdSen
S
2
θθθθ
==== 
 
 
 
 
7. CUADRILÁTERO INSCRITO: 
 
 
 
a b c d
p
2
+ + ++ + ++ + ++ + +
==== 
 
 
 
(((( )))) (((( )))) (((( )))) (((( ))))S p a p b p c p d= − − − −= − − − −= − − − −= − − − − 
 
8. CUADRILÁTERO CIRCUNSCRITO 
 
 
 rpS = 
 
 
 
 
C. REGIONES POLIGONALES 
 
1. POLÍGONO CIRCUNSCRITO: 
 
 
 
 
 rpS = 
 
 
2. POLÍGONO REGULAR 
 
 
 
 px apS = 
 
 
D. REGIONES CIRCULARES 
 
1. Círculo: 
 
L 
L D 
b 
a D 
D 
d 
b 
B 
h 
a 
b 
c 
d
r 
r 
ap 
d 
D 
θθθθ
b 
a
θθθθ
h 
 2rS π= 
Sector Circular: 
 2
SECTOR
θ
S π r
360
 
=  
° 
 
 
 
SECTOR
LR
A
2
= 
Segmento Circular: 
 
2 2
AB
π r θ r Senθ
S
360 2
 
= − 
 ° 
 
Zona o Faja Circular: 
 ZC CD ABS S S= − 
 
 
 
5. Corona Circular: 
 
 
 
 
 2 2CCS π(R r )= −
 
 
6. Trapecio Circular: 
 
 
 
( )2 2TC θS π R r 360= − °
 
 
 
 
 
 
( )1 2TC
L L
S R r
2
+ 
= − 
 
 
 
ALGUNAS RELACIONES 
IMPORTANTES DE ÁREAS 
 
A) Propiedad de la Mediana. 
 
R 
r 
O 
L1 L2 
R-r 
El área de un Trapecio 
Circular, también se puede 
calcular con la fórmula para un 
trapecio y sería así: 
Al Sector Circular, también se 
le conoce como Triángulo 
Circular o Triángulo Mixtilíneo 
y su área se calcula así: 
B 
θ 
A 
O 
R 
r 
O 
θθθθ 
B 
D 
R 
r 
R 
θθθθ
B 
A 
O 
B 
A 
O L 
R 
R 
S S
 
 
 
 
 
B) 1RA Propiedad de los Puntos Medios 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
C) 2DA Propiedad de los Puntos Medios 
 
 
 
 
 
 
 
 
D) Se cumple que: 
 
 
 
 
 
 
E) Se cumple que: 
 
 
 
 
 
F) Se cumple que: 
 
 
 
 
 
 
G) Se cumple que: 
 
 
 
 
 
H) Se cumple que: 
 
 
 
 
 
 
I) Se cumple que: 
 
 
 
 
 
 
 
J) Propiedad del Triángulo Rectángulo: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Si los lados de un triángulo rectángulo 
son líneas homologas de figuras 
semejantes construidas sobre ellos, 
entonces la suma de las áreas de regiones 
construidas sobre los catetos es igual al 
área de la región apoyada en la 
hipotenusa. Por consiguiente: 
 
 
 
K) Lúnulas de Hipócrates: 
T 1 2A S S= + 1 2 3
S S S+ =
1S
2S
S
S
S
S
S S
S
S
S
1S 2S
3S
S
S S
S
SS
TAS
2
=
TAS
6
=
TAS
4
=
1 2S S=
TAS
2
=
TAS
2
=
TAS
4
=
TAS
2
=
S
1S 2S
S 
 
 
FÓRMULAS GEOMÉTRICAS 
IMPORTANTES 
TEOREMA DE PONCELET 
“En todo triángulo rectángulo, la suma de 
los catetos es igual a la hipotenusa mas el 
diámetro de la circunferencia inscrita” 
a c b 2r+ = + 
TEOREMA DE MENELAO 
“Toda secante a un triángulo, determina 
con dos lados del triángulo, cuatro 
segmentos parciales, y con la 
prolongación del tercero otros dos 
segmentos parciales. de tal forma que el 
producto de tres de ellos no consecutivos 
es igual al producto de los otros tres 
tampoco consecutivos” 
 
abc xyz= 
 
 
PROBLEMAS 
 
PROBLEMA 1 
 
 ABCD es un cuadrado, M y N son 
puntos medios. ¿Qué parte de la 
figura falta sombrear? 
 
 
 
 A) 3/8 B) 4/8 C) 7/8 
 D) 5/8 E) 6/8 
 
Solución: 
 
 
Usamos la propiedad de la mediana vista 
en la teoría, por ejemplo: 
 
En ∆CNA MO mediana 
⇒ NOA NOCA A S∆ = ∆ = 
De manera similar para las otras regiones 
 
Finalmente: 
NS
T
A 5S
8SA
= 
 ∴
NS T
5
A A
8
==== 
 
 
PROBLEMA 2 
 
CLAVE: D 
C B M 
O 
A N D 
A D 
B C M 
N 
3S 
S 
S 
S 
O 
2S 
BA
C
2S
1S
ABC 1 2S S S= +
C 
B 
r 
a 
b 
B 
C D 
E 
RECTA SECANTE 
O TRANSVERSAL 
 Hallar el área de la región sombreada, 
sí ABCD es un cuadrado de 12cm de 
lado y ABE es un triángulo 
equilátero. 
 
 
 
 A) 36 cm2 B) 72 cm2 
 C) 86 cm2 D) 70 cm2 
E) 75 cm2 
 
Solución: 
 
 
 
2cm72As
2
612
2
612
As
AAAs BECAEA
=∴
×
+
×
=
+= ∆∆
 
 
También podemos usar la propiedad: 
 
A
As
2
=
� Donde: E Punto Interior. 
 
212
As
2
⇒ = 
 
 ∴ 2As 72 cm==== 
 
 
PROBLEMA 3 
 
 ¿Qué fracción representa la región 
sombreada de la siguiente figura? 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 A) 3/8 B) 1/6 C) 1/2 
 D) 5/8 E) 2/5 
 
Solución: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Sabemos que en este tipo de problemas, 
es conveniente poner un valor al área dela región más pequeña, que en nuestro 
caso es la mitad de un cuadrado, que 
puede ser un rectángulo o un triángulo. 
 
Así ponemos “A” a la mitad del área de 
la región que encierra en cuadrado. 
 
Luego: 
 
T
As 6A
12AA
= 
 
 ∴
T
1
As A
2
==== 
 
 
PROBLEMA 4 
 
CLAVE: C 
CLAVE: B 
B C 
A D 
A D 
B C 
12 
E 
12 
6 
6 
A A 
2A 
A 
A A 
2A 
A 
A 
A 
Encontrar la fracción que representa 
la región sombreada en el siguiente 
cuadrado: 
(UNSAAC CBU 99 I) 
 
A) 1/8 B) 5/16 C) 1/4 
D) 3/16 E) 1/2 
Solución: 
Observamos que podemos dividir la 
figura en triángulos congruentes. 
Luego contamos el número de triángulos 
sombreados y el total de triángulos que 
existen, para obtener la siguiente 
relación: 
T
5As
16A
=
#
#
 
∴
T
5
As A
16
==== 
 
PROBLEMA 5 
 En el triángulo equilátero mostrado 
en la figura; AC = 6m, DC = 4m, AE 
= 4m. Calcular el área del triángulo 
AED. 
 (UNSAAC CBU 99 I) 
 
 
 A) 4 5 m2 B) 2 3 m2 
 C) 4 3 m2 D) 2 5 m2 
 E) 3 m2 
 
Solución: 
 
 
Deducimos que ∆BEA es equilátero 
 ⇒ AE = 2 
 
Usamos la fórmula trigonométrica para 
hallar el área de la región triangular DEA. 
 
Luego: 
DEA
4x 2
S Sen120º
2
=# 
 
DEA
4x 2 3
S
2 2
=# 
 
 ∴ 2
DEAS 2 3 m====# 
 
 
 
PROBLEMA 6 
 
CLAVE: B 
CLAVE: B 
A 
E 
B 
D 
C 
A C 
B 
2 2 
2 60° 
60° 
60° 
4 4 
60° 
6 
120° 
E D 
 En la figura mostrada; si el área de la 
región sombreada es 200 cm2. Hallar 
el área del cuadrado ABCD, sabiendo 
que BOC y COD son semicírculos. 
 (UNSAAC CBU 99 I) 
 
 
 
 A) 400 cm2 B) 100 cm2 
 C) 600 cm2 D) 800 cm2 
 E) 300 cm2 
 
Solución: 
 
 
En este tipo de problemas sabemos que 
debemos trasladar regiones para obtener 
una región de área conocida; así 
obtenemos: 
 
ABCD
DEA
S
S
2
=
�
# 
 
ABCD DEAS 2S=� # 
 
( )ABCDS 2 200=� 
 
 ∴ 2
ABCDS 400m====���� 
 
 
 
PROBLEMA 7 
 
 En la figura mostrada: 12 y 16 
unidades son las medidas de las bases 
del trapecio isósceles inscrito en la 
circunferencia de 10 unidades de 
radio. ¿Cuál es el área del trapecio? 
 (UNSAAC CBU 99 I) 
 
 
 
 A) 172 u2 B) 196 u2 C) 164 u2 
 D) 156 u2 E) 144 u2 
 
Solución: 
 
Para calcular el área sombreada, 
necesitamos hallar la altura. 
 
 
 
Trazamos los radios OA y OB , para 
formar triángulos rectángulos, entonces: 
 
En ONA (37º-53º): b = 6 
 
En BOM (37º-53º): a = 8 
 
⇒ MN = a + b 
 
MN = 14 (Altura del Trapecio) 
 
Luego: 16 12
A 14
2
+ 
=  
 
 
 
 ∴ 2A 196= µ= µ= µ= µ 
 
 
 
PROBLEMA 8 
 
CLAVE: B 
B C 
A D 
O 
N 
M 
10
10 
8 8 
6 6 
a 
b 
CLAVE: A 
A 
B C 
D 
A 
B C 
D 
O 
En la figura mostrada, hallar el área 
de la región sombreada, sabiendo que 
el sector circular ABC, es la cuarta 
parte de un círculo de radio AB = 
4cm. 
(UNSAAC CBU 99 I) 
 
A) 3 π cm2 B) 2 π cm2 
C) 5 π cm2 D) 4 π cm2 
E) 6 π cm2 
Solución: 
 
Como BAC es un cuadrante (la cuarta 
parte de una circunferencia) 
 AC = AB = 4 
BAC (45º-45º): BC = 24 
Luego el radio del círculo sería 2 2 
Finalmente: 
 
( )
22
S
4
A 2 2
4
= π − π 
∴ As 4= π= π= π= π 
 
PROBLEMA 9 
 Hallar el área del sector circular de 
4m de radio y 8m de arco. 
 (UNSAAC CBU 99 I) 
 
 A) 4 m2 B) 64 m2 C) 16 m2 
 D) 32 m2 E) 12 m2 
 
Solución: 
 
 
Para calcular rápidamente el área de esta 
región, usamos la fórmula para el 
Triangulo Circular. 
 
S
8 4
A
2
×
= 
 
∴ 2
SA 16m==== 
 
 
 
PROBLEMA 10 
 
 En la figura mostrada, cada 
“cuadradito” tiene un área de 4 cm2. 
¿Cuál es el área de la región 
sombreada? 
 (UNSAAC CBU 99 I) 
 
 
 
 A) 23 cm2 B) 18 cm2 
 C) 16 cm2 D) 15 cm2 
 E) 20 cm2 
 
Solución: 
C
S BAA A A= −
CLAVE: D 
CLAVE: C 
A B 
C 
4 
4 
O 
22 
22 
8 
4 
A 
C 
A B 
O 
 
 
Dato 2a 4= ⇒ a = 2 
 
Luego: 
 
S BAD BCDA A A= +# # 
 
S
BDxAH BDxCQ
A
2 2
= + 
 
2
44
2
64 ×
+
×
=As 
 
∴ 2
SA 20cm==== 
 
 
 
 
 
 
 
Que en este problema vino así: 
 
 
 
PROBLEMA 11 
 
 La figura ABCD es un trapecio y 
BCD un cuarto del círculo de radio 
igual a 6cm. Hallar el área de la 
región sombreada si AD = 12 cm. 
(UNSAAC CBU 99 I) 
 
 
 
 A) 6 (9 - π) cm2 B) 9 (6 +π) cm2 
 C) 48 - 9π cm2 D) 9 (6 - π) cm2 
 E) 32 + 9π cm2 
 
Solución: 
 
 
Nos dan el radio del cuadrante 
⇒ CD = CB = 6cm 
 
 Por lo tanto la base menor del trapecio 
mide 6 cm. 
 
Luego: 
 
 
 
( )2
S
612 6
A 6
2 4
π+ 
= − 
 
 
 
 ∴ 2
SA 9(6 )cm= − π= − π= − π= − π 
 
 
 
PROBLEMA 12 
 
CLAVE: C 
b 
h 
A 
CLAVE: E 
A 
B C 
D 
A 
B
 
C Q 
H 
a=
2 
a=2 
D
 
4 6 
b 
h 
A 
A D 
B C 6 
6 
12 
SA A A= −
bh
A
2
=
bh
A
2
=
Recuerda que el área de un triángulo 
obtusángulo se calcula así: 
Calcular el perímetro de la región 
sombreada, sabiendo que el área del 
cuadrado ABCD es 64 cm2 
 
 
A) 4 ( )423 + cm. B) 3 ( )423 + cm. 
C) 3 ( )324 + cm. D) 2 ( )324 + cm. 
E) 2 ( )423 + cm. 
Solución: 
 
 ABCDA 64=� 
 2L 64 L 8= ⇒ = 
Ahora: Si L = 8 ⇒ BH = HC = 4 
Luego usamos el (45º-45º) 
DO OB OC 4 2= = = 
Finalmente 
S ERIM ERIMP P AHO P DOC= +# # 
) ( )P 4 2 8 8 2 8= + + + 
(((( ))))SP 4 3 2 4 cm= += += += + 
 
PROBLEMA 13 
 En el cuadrado ABCD, de 20 cm. de 
lado, los puntos M, N, P, Q, E, F, G y 
H son puntos medios, 
respectivamente. ¿Cuál es el área del 
cuadrado EFGH? 
 
 A) 200 cm2 B) 50 cm2 
 C) 100 cm2 D) 150 cm2 
 E) 250 cm2 
 
Solución: 
 
 Usamos la siguiente propiedad: 
 
 
 
ABCD
MNPQ
A
A
2
= 
 
Luego: 
 ABCD
MNPQ
A
A
2
====
�
� 
 
 
2
MNPQ MNPQ
20
A A 200
2
= ⇒ =� � 
 
 MNPQ
EFGH
A
A
2
=
�
� 
 
EFGH MNPQ
200
A A 100
2
= ⇒ =� � 
 
 
 
OTRA FORMA: 
 
CLAVE: A 
A 
D C 
B 
O 
L=8 
4
4
4 2
4
4 2 4 2
CLAVE: C 
A M B 
N 
C Q D 
P 
H G 
F E 
A 
D C 
B 
A Q D 
N 
M 
P A 
B 
C 
 Dividimos el cuadrado en triángulos 
congruentes: 
 
Observamos que existen 16 triángulos en 
el cuadrado ABCD, entonces: 
 
 
ABCDA 16A=� # 
 
 220 16A= # ⇒ A 25=# 
 
Finalmente: 
EFGHA 4A=� # 
 
 ∴ 2
EFHGA 100cm==== 
 
 
 
PROBLEMA 14 
 
 Calcular el área del triángulo ABC 
 
 
 
 A) 350 m2 B) 400 m2 
 C) 450 m2 D) 250 m2 
 E) 300 m2 
 
Solución: 
 
 
Como AB = BC ⇒ ∆ABC isósceles 
 
Luego AH = HC = 15. 
 
BHA: (37º-53º) 
 
Si AH = 3k= 15 (Opuesto a 37º) 
 
 ⇒ k = 5 
 
Luego: BH = 4k (Opuesto a 53º) 
 
 BH = 4(5) ⇒ BH = 20 
 
Finalmente: 
 
 
ABC
ACxBH
A
2
=# 
 
 
ABC
30x 20
A
2
=# 
 
 ∴ 2
ABCA 300cm====# 
 
 
 
PROBLEMA 15 
 
 Hallar el área de la región sombreada, 
si el triángulo ABC es equilátero de 
lado 12m y E, F, G son puntos 
medios de los lados ACyBCAB , , 
respectivamente. 
 
 
 
 A) 12(3 3 -π) m2 B) 3(12 3 -π) m2 
 C) 3( 3 -12π) m2 D) 12( 3 -π) m2 
 E) 3(4 3 -π) m2 
 
Solución: 
 
CLAVE: E 
53º 
A 
B 
C 15 
37º 
H 
CLAVE: C 
A B 
N 
C Q D 
P 
H G 
F E 
M 
A 
B 
C 
E F 
G 
53º 
A C 30 m 
B 
B 
E F 
6 
6 6 
6 
3 3 3 3 
A2 
De la figura: 
S 1 2A 2A A= + 
llamos A1: ( )
2
1 1
3 9
A A
2 2
π
= ⇒ = π 
Ahora hallamos A2. 
( )
2
2
2
12 3 60º
A 2 6
4 360º
  
= − π   
  
 
2A 36 3 12= − π 
Luego: 
SOMBA 2A1 A2= + 
SOMB
9
A 2 36 3 12
2
π   = + − π    
 
∴ (((( )))) 2SOMBA 3 12 3 m= − π= − π= − π= − π 
 
 
PROBLEMA 16 
Calcular el área de la región 
sombreada, si cada cuadrito tiene 
2cm. de lado. 
 
A) 96 cm2 B) 100 cm2 
C) 80 cm2 D) 114 cm2 
E) 120 cm2 
Solución: 
 
 
Dividimos la región total, en 5 regiones 
de áreas conocidas (4 triángulos 
rectángulos y un rectángulo); luego 
tendríamos: 
 
S 1 2 3 4 5A A A A A A= + + + + 
 
Entonces, calculamos: 
 
1
2 10
A 10
2
×
= = 
2
8 6
A 24
2
×
= = 
3
4 4
A 8
2
×
= = 
4A 12 4 48= × = 
5
6 8
A 24
2
×
= = 
 
Finalmente: 
 
 
S 1 2 3 4 5A A A A A A= + + + + 
 
∴ 2SA 114cm==== 
 
 
 
PROBLEMA 17 
 
 Si la longitud dela circunferencia es 
24π. ¿Cuánto mide el área del 
círculo? 
 (UNSAAC CBU 99 II) 
 
 A) 122 π B) 12 π C) 144 π 
 D) 24 π E) 14 π 
 
Solución: 
 
CLAVE: D 
CLAVE: B 
 
A1 
A2 
A4 
A3 
A5 
2 
 
 
Dato: π= 24Lc 
 
2 r 24 r 12π = π ⇒ = 
 
Luego: 
 
 
 
 
 
 
 
PROBLEMA 18 
 
 ¿Qué fracción del área del cuadrado, 
representa la parte no sombreada de 
la figura? 
(UNSAAC CBU 99 II) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 A) 9/16 B) 1/2 C) 7/16 
 D) 4/5 E) 3/16 
 
Solución: 
 
En este problema, observamos que el 
cuadrado mayor queda dividido en 4 
cuadrados, si cada uno de ellos tiene un 
área de “4A”, entonces se tiene el 
siguiente esquema: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Luego tendríamos: 
 
NS
S
A 9A
A 16A
= 
 
∴
NS
9
A As
16
==== 
 
 
 
 
PROBLEMA 19 
 
 En la figura, ¿qué fracción del área 
del cuadrado MNPQ representa la 
región sombreada? 
 
 
 
 A) 
2
5
 B) 
2
3
 C) 
4
5
 
 
 D) 
3
4
 E) 
1
2
 
 
Solución: 
 
CLAVE: A 
CLAVE: C 
N 
M Q 
P 
( )2A 12= π
A 144= π= π= π= π∴
r 
A 
2A 
A 
A 
A 
A A 
A 
A 
2A 
Luego de trasladar regiones, para obtener, 
una región de área conocida, tenemos: 
 
Luego: ∴
S T
1
A A
2
==== 
 
 
PROBLEMA 20 
Un círculo tiene igual perímetro que 
un cuadrado cuya diagonal mide 
8 cm. El área del círculo es: 
A) 
16
ππππ
 cm2. B) 4
ππππ
cm2 
C) 16
ππππ
 cm2. D) 
4
ππππ cm2 
E) 16 ππππ cm2. 
Solución: 
 
 BD = 8 ⇒ BD = 2 2 
BAC: (45º- 45º) 
 BD = 2 2 ⇒ AB = AD = 2 
ABCDPerímetro 8=� 
Luego, por condición del problema: 
ABCDPerímetro Lc=� 
Entonces: Lc 2 r= π 
4
8 2 r r= π ⇒ =
π
 
 
Finalmente: 
 
 
 
 
 
 
PROBLEMA 21 
 
 En la figura adjunta, el área del 
trapecio ABCD es 40 cm2. Entonces 
el área del rectángulo ABEF es: 
 
 
 
 A) 30 cm2 B) 25 cm2 
 C) 80 cm2 D) 45 cm2 
 E) 20 cm2 
 
Solución: 
 
 
ABCDA 40= 
 
9k 3k
h 40
2
+ 
= 
 
 20kh
3
⇒ = 
 
Luego: ( )ABEFA 3k h= 
 
CLAVE: C 
CLAVE: E 
N P 
M Q 
 
A B 
E F D C 
9k 
3k 
2 
 
 
B C 
D 
r 2 2
2
4
A
 
= π 
π 
216A cm====
ππππ
∴
A B 
D C F
 
E 
h
 
9k 
3k 
3k 
2A r= π
ABEF
20
A 3
3
 
=  
 
 
 
∴ 2
ABEFA 20cm==== 
 
 
 
PROBLEMA 22 
 
 Determinar el área sombreada de la 
figura; Si AB = 16 cm. 
 
 
 
 A) 60 π cm2 B) 32 π cm2 
 C) 64 π cm2 D) 16 π cm2 
 E) 12 π cm2 
 
Solución: 
 
Trasladamos regiones así tenemos: 
 
 
 
Luego: 
 
 
 
∴ As 32= π= π= π= π 
 
 
 
PROBLEMA 23 
 
 Hallar el área de la siguiente figura: 
 (UNSAAC CBU 2000 I) 
 
 
 
 A) 100 cm2 B) 150 cm2 
 C) 140 cm2 D) 120 cm2 
 E) 110 cm2 
 
Solución: 
 
 
Trazamos CH AD⊥ para obtener el 
BAC: (37º- 53º) 
⇒ HD = 3K = 6 
 K = 2 
 
y CH = 4k 
CH = 8 
 
Pero: CH = AD = 8 (Altura del Trapecio) 
 
Luego: 
 
 
 
 
 
 
 
PROBLEMA 24 
 
 En la figura, calcular el área en 
metros cuadrados de toda la región 
( )28
As
2
π
⇒ =
A
As
2
=
CLAVE: D 
12 
18 
h 
=
 8
 37º 
53º 
4k =8 
3k = 6 A 
B C 
D 12 H 
CLAVE: B 
A B 
CLAVE: E 
A B 
53º 
18 
12 
ABCD
18 12
A 8
2
+ 
=  
 
2
ABCDA 120cm====∴
sombreada, ABC es una 
semicircunferencia. 
(UNSAAC CBU 2000 I) 
 
 
A) 3 B) 2 C)7 
D) 5 E) 1 
Solución: 
ABCAs A= # 
( )2 1
As
2
⇒ = 
 ∴ 2As 1m==== 
 
PROBLEMA 25 
La relación entre el área sombreada y 
el área del trapecio isósceles es: 
(UNSAAC CBU 2000 I) 
 
 
A) 
1
2
 B) 
1
3
 C) 
2
5
 
D) 
1
4
 E) 
1
6
 
Solución: 
 
 
Primero hallamos: 
 
SOMBREADA
ah
A
2
= 
TRAPECIO
a 3a
A h
2
+ 
=  
 
 
 
Finalmente se tiene: 
SOMBREADA
TRAPECIO
ah
A 2
3a aA
h
2
=
+ 
 
 
 
∴ SOMBRADA
TRAPECIO
A 1
A 4
==== 
 
 
 
PROBLEMA 26 
 
 Hallar el área del cuadrilátero ABCD, 
si el área del triángulo AMP es 30 m2. 
 (UNSAAC CBU 2000 II) 
 
 
 
 A) 120 m2 B) 64 m2 
 C) 106 m2 D) 96 m2 
 E) 92 m2 
 
Solución: 
 
A D 
C M B 
CLAVE: D CLAVE: E 
O 
2m 
A 
B 
C 
3a 
a 
a 
3a
h 
O 
2m 
A 
B 
C 1 1 
1 
 
 
 
 
 
 
De la figura: 
 
( )PAM ABCD BAM CPM PADA A A A A= − + +
 
x x x
x
a 4b a b 2a 3b
30 2a 4b
2 2 2
 
= − + + 
 
 
 
11ab
30 8ab
2
 
= −  
 
 2ab 12m⇒ = 
 
Finalmente: 
 
 ( ) ( )ABCD xA 2a 4b=
 
 
ABCDA 8ab= 
 ( )ABCDA 8 12= 
 
 ∴ 2
ABCDA 96m= 
 
 
 
PROBLEMA 27 
 
 Calcular el área del triángulo 
isósceles en m2, si su altura es 12 m y 
el perímetro del triángulo es 36 m 
 (UNSAAC CBU 2000 II) 
 
 A) 36 B) 60 C) 90 
 D) 80 E) 120 
 
Solución: 
 
 
 
 
 
 
 
 
Dato: ABCPerímetro 36=# 
 ⇒ 2a 2b 36+ = 
 a b 18+ = 
 b 18 a= − … (I) 
 
Teorema de Pitágoras en AHB: 
 
 2 2 2b a 12= + … (II) 
 
Remplazamos (I) en (II): 
 
 ( )2 2 218 a a 12− = + a 5⇒ = 
 
Finalmente: x
ABC
2a 12
A
2
=#
 
 
 ∴ 2
ABCDA 60m= 
 
 
 
PROBLEMA 28 
 
 En la figura adjunta. Determinar el 
área del círculo sombreado en cm2. 
 (UNSAAC CBU 2000 II) 
 
 
 
 A) (3 + 2 2 ) π B) (2 - 3 2 ) π 
 C) (3 - 2 2 ) π D) (2 + 3 2 ) π 
 E) (3 - 2 ) π 
 
Solución: 
CLAVE: B 
CLAVE: D 
A D 
C M B 
2a 
4b 
a a 
2b 
P 
N 
b 
b 
2 
cm
 
2 cm 
No nos dicen que es un cuadrado, 
por eso colocamos lados diferentes. 
A C 
B 
a a 
b b 12 
 
Para calcular el área del círculo, bastará 
calcular el radio del dicho círculo. 
CAD (45º - 45º) 
Como: AB = 2 (Opuesto a 45º) 
⇒ AC = 2 2 (Hipotenusa) 
Pero de la figura: AC = 1 + 2 r + 1 
 2 2 = 2 + 2 r 
Luego: r 2 1= − 
inalmente: 2A r= π� 
 ( )
2
A 2 1= π −� 
 ∴ (((( ))))A 3 2 2= − π= − π= − π= − π���� 
 
PROBLEMA 29 
El área de la región sombreada en 
cm2, en la figura dada es: 
(UNSAAC CBU 2000 II) 
 
A) 4 (8 - π) B) 4 (4 - π) 
C) 8 (4 + π) D) 4 (8 + π) 
E) 2 (16 - π) 
Solución: 
 
 
De la figura: S ABCDA A 4A= −� 
 
Pero “A” es la cuarta parte de un círculo, 
por lo tanto: 4A A= � 
 
Finalmente: 
 
 S ABCDA A 4A= −� 
 
S ABCDA A A��= − 
 2 2SA L r= − π 
 2 2SA 4 (2)= − π 
 
 ∴ (((( ))))SA 4 4= − π= − π= − π= − π 
 
 
 
PROBLEMA 30 
 
 Hallar el área de la región no 
sombreada en cm2. Si el radio del 
círculo mayor mide 2 cm. y el ángulo 
AOB mide 120º. 
 (UNSAAC CBU 2000 II) 
 
 
 
 A) 4
3
ππππ B) 
3
4
ππππ C) 
3
8
ππππ 
 D) 8
3
ππππ E) 4ππππ 
 
Solución: 
CLAVE: B 
4 
4 
A 
A A 
A 
AS 
CLAVE: C 
2cm 
2cm 
A 
B C 
D 
1 
1 
r 
r 
4 cm 
4 
cm
 O 
A B 
Trasladamos regiones y obtenemos un 
sector circular de 120º, como se muestra: 
 
 
Luego: 
 2
SA r
360º
θ 
= π  
 
 
 
 2
S
120º
A (2)
360º
 
= π  
 
 
 
 ∴
S
4
A
3
= π= π= π= π 
 
 
 
PROBLEMA 31 
 
 En la figura, cada cuadradito tiene un 
área de 4 cm2. ¿Qué parte del área 
total del rectángulo ABCD es el área 
sombreada? 
 (UNSAAC CBU 99 II) 
 
 
 
 A) 4
5
 B) 3
5
 C) 8
15
 
 D) 2
3
 E) 2
7
 
 
Solución: 
 
 
 
El área de cada triángulo es “A”; por la 
tanto el área de cada cuadradito sería 
“2A”. 
 
Por lo tanto se tendría: 
 
 S
TOTAL
A 18A
A 30A
= 
 
 ∴
S TOTAL
3
A A
5
==== 
 
 
 
PROBLEMA 32 
 
 En la figura, ¿Qué fracción del área 
del rectángulo ABCD representa la 
región sombreada? 
 (UNSAAC CBU 99 II) 
 
 
 
 A) 1
3
 B) 5
8
 C) 1
4
 
 
 D) 2
3
 E) 1
2
 
 
Solución: 
CLAVE: B 
B C 
D 
2A 2A 2A 
2A 
2A 
2A 
A A 
A 
A A A 
A 
CLAVE: B 
O 
A 
B 
120º r =2 
A 
B C 
D 
A 
B C 
D 
 
Trazamos AC ⇒ ABC ACDA A=# # 
samos la propiedad de la mediana: 
ABC: AM es mediana 
⇒ ABM AMCA A A= =# # 
ACD: AN es mediana 
⇒ ACN ANDA A A= =# # 
Finalmente: 
S
TOTAL
A 2A
A 4A
= 
∴
S TOTAL
1
A A
2
==== 
 
 
PROBLEMA 33 
En la figura adjunta. ¿Qué parte del 
área del hexágono regular representa 
la región sombreada? 
 
A) 2
3
 B) 3
8
 C) 5
6
 
D) 1
2
 E) 
3
1 
Solución: 
 
 
El hexágono es regular por lo que lo 
dividimos en 6 triángulos equiláteros. 
 
Trasladamos la región indicada y luego:S
TOTAL
A 2A
A 6A
= 
 
 ∴
S TOTAL
1
A A
3
==== 
 
 
 
PROBLEMA 34 
 
 En la figura adjunta el área de la 
región sombreada es 23 cm
2
π 
− 
 
. 
Determinar el área en cm2 del 
triángulo formado al unir los centros 
de las circunferencias siendo estas 
iguales. 
 
 
 
A) 3
4
 B) 3 C) 
3
5
 
D) 
3
2
 E) 
3
3
 
 
Solución: 
 
CLAVE: E 
CLAVE: E 
A 
B C 
D 
A 
A 
N 
A 
A 
M 
A 
 
 
Al unir los centros A, B y C se obtiene un 
triángulo equilátero; para calcular el área 
que encierra este triángulo equilátero 
ABC necesitamos saber cuánto mide su 
lado, para lo que necesitamos calcular el 
radio de la circunferencia. 
 
Dato: 
SA 3
2
π
= − 
 
Pero de la figura: 
 
 S ABCA A 3A= −# 
 
Luego: 
 
2
2
S
L 3
A 3 r
4 360º
 θ  
= − π  
  
 
 
2
2(2r) 3 60º3 3 r
2 4 360º
π   
− = − π  
  
 
2
2 r3 r 3
2 2
π π
− = − 
 
23 r 3
2 2
π π 
− = − 
 
 
 
 r 1⇒ = 
 
Finalmente: 
 
2
ABC
L 3
A
4
=#
 
 
[ ]2
ABC
2(1) 3
A
4
=#
 
 
 ∴ ABCA 3====# 
 
 
 
PROBLEMA 35 
 
 Hallar el área de la región sombreada: 
 
 
 
A) 5 B) 7 C) 2 
D) 3 E) 9 
 
Solución: 
 
 
 
ABQ: PM // AQ 
 
P 
4 B C 
N 
D A Q 
M 
2 
2 
2 2 
1 3 
2 
H 
CLAVE: B 
A B 
C 
r r 
r r 
r r A A 
A 
60º 60º 
60º 
4 
4 
PM es Base Media de AQ 
AQ
PM PM 1
2
= ⇒ = 
Ahora como PM = 1 
 de la figura MN = 3 
También de la figura: QH = 2 
Finalmente: 
x
MQN
MN QH
A
2
=#
 
x
MQN
3 2
A
2
=#
 
 ∴ SA 3==== 
 
 
PROBLEMA 36 
En la figura adjunta. Determinar el 
área en cm2 del trapecio AOBC. 
A) 3 B) 5
2
 C) 2
3
 
D) 3
2
 E) 2
5
 
Solución: 
 
 
 
 DCB Triángulo Notable (37º-53º) 
 ⇒ BD = 5 
 
En este trapecio para hallar el su área de 
la región que encierra, necesitamos su 
altura (r) y su base menor (r). 
 
Para hallar “r” aplicamos el Teorema de 
Poncetet en DCB. 
 
CD + CB = BD +2 r 
 3 + 4 = 5 + 2 r 
 r = 1 
 
Finalmente: 
 
TRAPECIO
BC OA
A CA
2
+ 
=  
 
 
 
TRAPECIO
4 1
A 1
2
+ 
=  
 
 
 
 ∴
TRAPECIO
5
A
2
==== 
 
 
 
 
 
 
 
 
PROBLEMA 37 
 
O 
C 
A 
4 
3 
B 
r 
r 
D 
5 
CLAVE: B 
CLAVE: D 
Nada es imposible, a 
menos que uno esté de 
acuerdo en que lo es. 
O 
C 
A 
4cm 
3cm 
B 
 En la figura, “E” es el punto medio de 
AC . El área de la región sombreada, 
es: 
 (UNSAAC CBU 2001 I) 
 
 
 
 A) 2( 3 - 48) B) 20 ( 3 - 96) 
 D) 100 (2 3 -48) D) 2(200 3 -96) 
 E) 2 (100 3 -48) 
 
Solución: 
 
 
 
ABC (30º-60º): 
 Como AC = 40 (Hipotenusa) 
 ⇒ AB = 20 (Opuesto a30º) 
 y BC = 20 3 (Opuesto a60º) 
 
ADE (37º-53º): 
 AE = 20 (Hipotenusa) 
 
 5k = 20 ⇒ k = 4 
 
 AD = 3k (Opuesto a30º) 
 ⇒ AD = 12 
 BC = 4k (Opuesto a60º) 
 y BC = 16 
 
Luego: S ABC ADEA A A= −# # 
 
 x x
S
AB BC AD DE
A
2 2
= − 
 
 x x
S
20 20 3 12 16
A
2 2
= − 
 
 SA 200 3 96= − 
 
 ( )SA 8 25 3 12= − 
 
Buscando la respuesta de las alternativas 
se tiene: 
 
 ∴ (((( ))))SA 2 100 3 48= −= −= −= − 
 
 
 
PROBLEMA 38 
 
 En la figura: AC y BC son 
tangentes al círculo. El área de la 
región sombreada, es: 
 (UNSAAC CBU 2001 I) 
 
 
 
 A) 3 3
3
π 
− 
 
 B) 9 3
3
π 
− 
 
 
 
 C) 39
3
 
π+  
 
 D) 33
3
 
π+  
 
 
 
 E) ( )3 3 − π 
 
Solución: 
 
A C 
37º 
E 
40 
30º 53º 
B 
D 
20 20 
4k 
3k 
CLAVE: E 
B 
C 
A 
3 
120º 
3 
30º 
A 
D 
B 
C 
37º 
E 40 
 
Primero trazamos OC para obtener 
triángulos rectángulos notables de 30º y 
OAC (30º-60º): 
Si OA = 3 (Opuesto a 30º) 
⇒ AC = 3 3 (Opuesto a 60º) 
Luego: 
AOBS OACB SECTOR
A A A= − 
( )OAC AOBS SECTORA 2 A A= −# 
( )
x 23 3 3 120ºA 2 3
2 360º
   
 = − π      
 
SA 9 3 3= − π 
( )A 3 3 3= − π 
Buscando la forma en la que esta 
respuesta se presenta en las alternativas, 
se tiene: 
∴
SA 9 3 3
ππππ    
= −= −= −= −    
    
 
 
 
PROBLEMA 39 
 En la figura: los vértices del triángulo 
equilátero de lado de longitud 12 son 
centros de círculos de radio 6. El área 
de la región sombreada, es: 
 (UNSAAC CBU 2001 I) 
 
 A) 6 3π + B) 16 3 3π + 
 
 D) ( )4 4 3 3π + D) ( )9 3π + 
 E) ( )18 2 3π + 
 
Solución: 
 
 
Trasladamos regiones y se obtiene un 
triángulo equilátero y un semicírculo: 
 
 
S ABC 1A A A= +# 
 
( ) ( )2 2
S
12 3 6
A
4 2
π
= + 
 
SA 36 3 18= + π 
 
 ∴ (((( ))))SA 18 2 3= π += π += π += π + 
 
 
 
PROBLEMA 40 
 
A1 
A C 
B 
6 6 
6 6 M 
12 
B 
C 
A 
3 
60º 
3 
60º 
30º 
30º O 
3 3
3 3
CLAVE: E 
CLAVE: B 
 El porcentaje del área sombreada, es: 
 (UNSAAC CBU 2001 I) 
 
 
 
 A) 50% B) 40% C) 55% 
 D) 60% E) 45% 
 
Solución: 
 
 
 
 
x
S
TOTAL x
b h
A 2
A b h
=
 
 
S TOTAL
1
A A
2
= 
 
 ∴ S TOTALA 50%A==== 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
x
S
b h
A
2
= 
 
PROBLEMA 41 
 
 Si en el gráfico P y Q son puntos 
medios. ¿Qué parte del círculo falta 
sombrear? 
 (UNSAAC CBU 2001 I) 
 
 
 
 A) 
2
3
 B) 
1
3
 C) 
1
4
 
 D) 
1
2
 E) 
3
4
 
 
Solución: 
 
 
Área del círculo menor (A1): 
 21A a= π 
 
Área del círculo mayor (A2): 
 ( )22A 2a= π ⇒ 
2
2A 4 a= π 
 
Finalmente: 
 
2
1
2
2
A a
A 4 a
π
=
π
 
 
 ∴
1 2
1
A A
4
==== 
 
 
 
PROBLEMA 42 
 
P Q 
a a 2a 
b 
h 
b 
h 
CLAVE: C 
CLAVE: A 
P Q 
Para calcular el área de la región 
sombreada hemos usado esta 
formula: 
¿Qué fracción representa la parte 
sombreada respecto al área total? 
(UNSAAC CBU 2001 II) 
 
A) 2
3
 B) 3
5
 C) 
3
1 
D) 3
4
 E) 2
5
 
Solución: 
Dividimos el la figura en triángulos, para 
tener regiones de áreas iguales, como 
se muestra a continuación: 
 
Luego: 
S
TOTAL
A 6
A 18
=
#
#
 
∴
S TOTAL
1
A A
3
==== 
 
 
PROBLEMA 43 
 Hallar el área de la región sombreada, 
si: AB = BC; DC = DE; BD = 30 cm. 
(UNSAAC CBU 2001 II) 
 
 
 
 A) 900 cm2 B) 300 cm2 
 C) 250 cm2 D) 150 cm2 
 E) 450 cm2 
 
Solución: 
 
 
 
Aplicamos el Teorema de Pitágoras en 
el BCD: 
 
 2 2 2a b 30+ = 
 
 2 2a b 900+ = … (I) 
 
Luego: 
 
 AS = A ABC + A CDE 
 
 x x
S
a a b b
A
2 2
= + 
 
 
2 2
S
a b
A
2
+
= … (II) 
 
Remplazando (I) en (II). 
 
 
S
900
A
2
= 
 
 ∴ 2SA 450cm==== 
 
 
 
PROBLEMA 44 
 
30 cm 
A 
B 
E 
D 
C 
b b 
a a 
CLAVE: E CLAVE: C 
30 cm 
A 
B 
E 
D 
C 
 Hallar el área de un cuadrado, si la 
mitad de su diagonal mide 3 2 cm. 
 (UNSAAC CBU 2001 II) 
 
 A) 54 cm2 B) 18 2 cm2 
 C) 36 cm2 D) 36 2 cm2 
 E) 12 cm2 
 
Solución: 
 
 
Dato: d 3 2
2
= 
 
 ⇒ d 6 2= 
 
Finalmente sabemos que: 
 
 
2d
A
2
=� 
 
 ( )
2
6 2
A
2
=�
 
 
 ∴ 2A 36cm� ==== 
 
 
 
PROBLEMA 45 
 
 Hallar el área de un rombo cuya 
diagonal mayor es el doble de la 
menor y su perímetro es igual a 
80cm. 
 (UNSAAC CBU 2001 II) 
 
 A) 300 cm2 B) 300 5 cm2 
 C) 64 5 cm2 D) 320 cm2 
 E) 160 cm2 
 
Solución: 
 
 
Dato: ROMBOPerímetro 80= 
 4L 80= 
 ⇒ L 20= … (I) 
 
Aplicamos el Teorema de Pitágoras en 
BOA: 
 
 ( )22 2L x 2x= + 
 L x 5= … (II) 
 
Remplazando (I) en (II) 
 
 20 x 5= ⇒ 20x
5
= 
Finalmente: 
 x
ROMBO
BD AC
A
2
= 
 
 
( ) ( )x
ROMBO
4x 2x
A
2
= 
 
 2ROMBOA 4x= 
 
2
ROMBO
20
A 4
5
 
=  
 
 
 
 
 ∴ 2ROMBOA 320cm==== 
 
 
 
PROBLEMA 46 
 
CLAVE: D 
CLAVE: C 
A 
C B 
D 
d 
A C 
B 
D 
O 
L L 
L L 
x x 
2x 
2x 
En la figura, el área del triángulo 
ABH es igual a 4m2; además CD x 
AH = 12m2. Hallar el área del 
trapecio ABCD. 
(UNSAAC CBU 2001 II) 
 
A) 10 m2 B) 15 m2 
C) 30 m2 C) 20 m2 
E) 40 m2 
Solución: 
 
 ABHA 4=# 
 x
b h
4
2
= ⇒ xb h 8= 
También nos dan este dato: 
 xCD AH 12= ⇒ xa h 12= 
Luego: 
TRAPECIO
a b ah bh
A h
2 2
+ + 
= = 
 
 
TRAPECIO
12 8
A
2
+
= 
 ∴ 2SA 10m==== 
 
 
PROBLEMA 47 
 En la figura, hallar el área de la 
región sombreada. 
(UNSAAC CBU 2001 II) 
 
 
 
 A) 8 + 16 π B) 16 + 4 π 
 C) 16 + 8 π D) 8 + 8 π 
 E) 8 + 4