Nivelacion_geomtria_EjerciciosResueltos

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Ejercicios resueltos Capitulo VIII
Libro: Geometría, G. Calvache y C. León
Edición 2019
Autor,
The Seeker
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Revista digital
Matemática, Educación e Internet
(http://www.tec-digital.itcr.ac.cr/revistamatematica/).
http://www.tec-digital.itcr.ac.cr/revistamatematica/
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ÍNDICE GENERALÍNDICE GENERAL
1 GEOMETRÍA PLANA: ÁREA DE TRIÁNGULOS PÁGINA 3
Ejercicio 1 3
Ejercicio 2 4
Ejercicio 3 4
Ejercicio 4 5
Ejercicio 5 6
Ejercicio 6 6
Ejercicio 7 7
Ejercicio 8 7
Ejercicio 9 8
Ejercicio 10 9
Ejercicio 11 10
Ejercicio 12 10
Ejercicio 13 11
Ejercicio 14 11
Ejercicio 15 12
Ejercicio 16 13
Ejercicio 17 13
Ejercicio 18 14
Ejercicio 19 14
Ejercicio 20 15
Ejercicio 21 15
Ejercicio 22 16
Ejercicio 23 17
Ejercicio 24 17
Ejercicio 25 18
Ejercicio 26 19
Ejercicio 27 20
Ejercicio 28 21
Ejercicio 29 22
Ejercicio 30 23
Ejercicio 31 23
Ejercicio 32 24
Ejercicio 33 25
IV
Ejercicio 34 26
Ejercicio 35 26
Ejercicio 36 27
Ejercicio 37 27
Ejercicio 38 28
Ejercicio 39 29
Ejercicio 40 30
Ejercicio 41 30
Ejercicio 42 31
Ejercicio 43 32
Ejercicio 44 33
Ejercicio 45 33
Ejercicio 46 34
Ejercicio 47 34
Ejercicio 48 35
Ejercicio 49 36
Ejercicio 50 37
Ejercicio 51 37
Ejercicio 52 38
Ejercicio 53 38
Ejercicio 54 39
Ejercicio 55 40
Ejercicio 56 41
Ejercicio 57 41
Ejercicio 58 42
Ejercicio 59 43
Ejercicio 60 44
Ejercicio 61 44
Ejercicio 62 45
Ejercicio 63 46
Ejercicio 64 46
Ejercicio 65 47
Ejercicio 66 48
Ejercicio 67 49
Ejercicio 68 50
Ejercicio 69 50
Ejercicio 70 51
Ejercicio 71 52
Ejercicio 72 53
Ejercicio 73 54
Ejercicio 74 54
Ejercicio 75 55
Ejercicio 76 55
Ejercicio 77 56
1
Ejercicio 78 56
Ejercicio 79 57
Ejercicio 80 58
Ejercicio 81 59
Ejercicio 82 60
Ejercicio 83 60
Ejercicio 84 61
Ejercicio 85 61
Ejercicio 86 62
Ejercicio 87 62
Ejercicio 88 64
Ejercicio 89 64
Ejercicio 90 65
Ejercicio 91 65
Ejercicio 92 66
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1 GEOMETRÍA PLANA: Área de triángulos
Ejercicio 1
Ejercicio. Sea,
Solución: Se sigue,
1. Ya que BD es bisectriz del triángulo B AH ,
AB
AD
= B H
D H
14
4
= B H
D H
B H = 7D H
2
, (1)
2. Obtener una relación para los segmentos de la ecua-
ción (1), mediante el teorema de pitágoras en el trián-
gulo B AH ,
AB
2 = B H 2 + AH 2
(14)2 =
(
7D H
2
)2
+ (4+D H)2
53D H
2 +32D H −720 = 0
por tanto,
D H = 3,396
3. Los triángulos B AE y B HD comparten sus ángulos,
4B AE ≈4B HD, (A, A)
entonces
B A
B H
= AE
HD
= BE
B H
descartando la tercera proporción,
AB
B H
= AE
HD
14
7D H
2
= AE
HD
AE = 4
es un resultado esperado (observar bien el gráfico)
4. Obtener el ángulo B̂ mediante razones trigonométri-
cas, (por ejemplo)
sin(B̂) = AH
AB
B̂ = arccos
(
7,396
14
)
= 31,89◦
5. Ya que �B AH es el complemento de B̂ y �B AH es el com-
plemento de α, implica,
α= B̂ = 58,110◦
4 GEOMETRÍA PLANA: Área de triángulos
6. Obtener el área sombreada dado dos lados y un ángulo
comprendido,
A4AED = AD × AE sin(α)
2
= (4)(4)sin(31,89
◦)
2
= 4,226[u]2 ä
Ejercicio 2
Ejercicio. Sea,
Solución: Se sigue,
1. Ya que BD es una mediana del triángulo ABC enton-
ces, por propiedad de áreas,
A4B AD = A4BDC
de igual forma, ED es mediana del triángulo AEC por
tanto,
A4AED = A4EDC
2. Del siguiente razonamiento,
A4BEC = A4BDC − A4EDC
= A4ABD − A4AED
= A4ABE , (∗)
3. Obtener el segmento ED mediante teorema de pitágo-
ras en el triángulo AED
AD
2 = AE 2 +ED2
ED =
√
AD2 − AE 2
=
√
(6)2 − (4)2
=p20 = 2p5
4. Ya que B AD es un triángulo rectángulo y AE es la al-
tura relativa al ángulo recto, por teorema de relaciones
métricas,
AE
2 = BE ×ED
BE = AE
2
ED
= 16
2
p
5
= 8p
5
5. Obtener el área del triángulo B AE dado una base y una
altura
A4B AE = BE × AE
2
=
8p
5
·4
2
= 16p
5
ä
Ejercicio 3
Ejercicio. Sea,
Solución: Del gráfico se sigue,
GEOMETRÍA PLANA: Área de triángulos 5
1. Establecer una relación para cada área, por ejemplo,
dos lados y un ángulo comprendido,
S4DBE = S1 = BD ×DE sin(1̂)
2
sin(1̂) = 2S1
BD ×DE
= 2S1
DB · x
(∗)
S4ABC = AB × AC sin(1̂)
2
sin(1̂) = 2S4ABC
AB × AC
= 2S4ABC
AB ·6
(∗∗)
igualando (∗) y (∗∗)
2S1
DB · x
= 2S4ABC
AB ·6
2S1
DB · x
= 2(2S1)
AB ·6
DB
AB
= 3
x
, (1)
2. Ya que DE ||AC por el teorema básico de semejanza
(Tales)
AB
DB
= AC
DE
inviertiendo las fracciones
DB
AB
= x
6
, (2)
igualando las ecuaciones (2) con (1)
x
6
= 3
x
x =p18 ä
Ejercicio 4
Ejercicio. Sea,
Solución: Se sigue,
1. Se sabe el valor del área del triángulo ABC , expresemos
tal hecho dado dos lados y un ángulo comprendido
A4ABC = AB ×BC sin(B̂)
2
20 = (8)(10)sin(B̂)
2
sin(B̂) = 1
2
B̂ = 30◦
por tanto,
1̂ = B̂
2
= 15◦.
2. Obtener el segmento AM mediante ley de cosenos en
el triángulo AB M
AM
2 = AB 2 +B M 2 −2AB ×B M cos(B̂)
AM =
√
(8)2 + (5)2 −2(8)(5)cos(30◦)
= 4,440
3. Hallar el ángulo 2̂ mediante ley de cosenos en el trián-
gulo AB M
AB
2 = AM 2 +B M 2 −2AM ×B M cos(2̂)
2̂ = AB
2 − AM 2 −B M 2
−2AM ×B M
2̂ = arccos
(
(8)2 − (4,440)2 − (5)2
−2(4,440)(5)
)
= 115,746◦
6 GEOMETRÍA PLANA: Área de triángulos
4. Hallar el ángulo 3̂ mediante suma de ángulos internos
en el triángulo BDM
1̂+ 2̂+ 3̂ = 180◦
3̂ = 49,254◦
5. Hallar el segmento BD mediante ley de senos en el
triángulo BDM
BD
sin(2̂)
= B M
sin(3̂)
BD = B M sin(2̂)
sin(3̂)
= (5)sin(115,746
◦)
sin(49,254◦)
= 5,945
6. Hallar el área del región pedida dados dos lados adya-
centes y el ángulo comprendido,
A4ABD = AB ×BD sin(1̂)
2
= (8)(5,945)sin(15
◦)
2
= 6,154[u]2 ä
Ejercicio 5
Ejercicio. Sea,
Solución: Se pide justificar los ángulos del gráfico.
1. Hallar el segmento PD mediante ley de senos en el
triángulo APD
AP
sin(45◦)
= PD
sin(20◦)
PD = (10)sin(20
◦)
sin(45◦)
= 4,84
2. Hallar el segmento C D mediante ley de senos en el
triángulo PDC
DC
sin(P̂ )
= PD
sin(Ĉ )
DC = PD sin(P̂ )
sin(Ĉ )
= (4,84)sin(65
◦)
sin(45◦)
= 6,2
3. Hallar el área dado dos lados y ángulo comprendido,
Sx = PD ×C D sin(D̂)
2
= (4,84)(6,2)sin(70
◦)
2
= 14,1[u2] ä
Ejercicio 6
Ejercicio. Sea,
GEOMETRÍA PLANA: Área de triángulos 7
Solución: Se sigue,
A4ABC = AB ×BC sin(α)
2
40 = (8)(11)sin(α)
2
α= 65,38◦
por tanto,
A4BDE = DB ×BE sin(α)
2
= (5)(4)sin(65,38
◦)
2
= 9,091[u2] ä
Ejercicio 7
Ejercicio. Sea,
Solución: Se sigue,
1. Mediante la construcción de las alturas B H y PL se ve-
rifica,
A4AB M = B H × AM
2
, (1)
A4AP M = AM ×PL
2
, (2)
así,
S1 = A4AB M − A4AP M
= B H × AM
2
− AM ×PL
2
= (B H −PL) AM
2
2S1
AM
= B H −PL, (3)
de forma análoga,
A4MBC = MC ×B H
2
A4MPC = MC ×PL
2
así,
S2 = A4MBC − A4MPC
= MC ×B H
2
− MC ×PL
2
= (B H −PL) MC
2
2S2
MC
= B H −PL, (4)
igualando los resultados (4) y (3)
2S1
AM
= 2S2
MC
AM = MC
S1 = S2 ä
Ejercicio 8
Ejercicio. Sea,
8 GEOMETRÍA PLANA: Área de triángulos
Solución: Del gráfico se sigue,
1. La suma de los ángulos que forman la circunferencia es
de 360◦
θ+90◦+90◦+α= 360◦
θ+α= 180◦
α= 180◦−θ, (1)
2. Se establece las áreas involucradas dado dos lados ad-
yacentes y un ángulo congruente
A4ABC = AB ×BC sin(θ)
2
2A4ABC
AB ×BC
,(2)
A4DBE = DB ×EB sin(α)
2
2A4DBE
DB ×EB
= sin(α)
pero, de la ecuación uno,
= sin(180◦−θ)
= sin(180◦)︸ ︷︷ ︸
=0
cos(θ)− sin(θ)cos(180◦)︸ ︷︷ ︸
=−1
= sin(θ), (3)
igualando los resultados (2) y (3)
2A4ABC
AB ×BC
= 2A4DBE
DB ×EB
ya que,
AB = DB , BC = EB
entonces
A4ABC = A4DBE ä
Ejercicio 9
Ejercicio. Si, AH = 2[u] y C H = 3[u], calcular el área
del triángulo ABC
Solución: Se sigue,
1. Del teorema de pitágoras (generalizado)
a2 = c2 +b2 −2b · AH
a2 = c2 + (5)2 −2(5)(2)
a2 = c2 +5, (1)
2. Por otra parte, mediante ley de cosenos en el triángulo
ABC
b2 = c2 +a2 −2c ·a cos(130◦)
25 = c2 +a2 −2ac cos(130◦), (2)
resolviendo el sistema de ecuaciones entre (1) y (2) se
verifica
a = 3,205, c = 2,296
entonces,
A4ABC = AB ×BC sin(B̂)
2
= (2,296)(3,205)sin(130
◦)
2
= 2,819[u] ä
GEOMETRÍA PLANA: Área de triángulos 9
Ejercicio 10
Ejercicio.Sea,
Solución: Se sigue,
1. Ya que C F es bisectrzi del triángulo ABC se sigue,
BC
BF
= C A
AF
20
BF
= C A
AF
20
C A
= BF
AF
, (1)
2. Ya que FG||AH por el teorema de tales,
F B
FG
= AB
AH
F B
6
= AF +F B
AH
restando los numeradore y denominadores (propiedad
de proporciones)
F B
6
= AF
AH −6
AH −6
6
= AF
F B
inviertiendo,
6
AH −6
= F B
AF
(2)
3. Igualando las ecuaciones (2) y (1)
20
C A
= 6
AH −6
acomodando,
AC = 10AH −60
3
, (3)
4. De los teoremas de relaciones métricas,
BC
2 = AC ×HC
400 =
(
10AH −60
3
)
·HC
120 = AH ×HC −6HC
pero, de las relaciones métricas se verifica
HB
2 = AH ×HC
y también, del teorema de pitágoras
BC
2 −HC 2 = AH ×HC
400−HC 2 = AH ×HC
por tanto,
120 = (400−HC 2)−6HC
HC
2 +6HC −280 = 0
por tanto,
HC = 14[u].
5. Del teorema de pitágoras en el triángulo BC H
BC
2 = B H 2 +HC 2
B H =
√
BC
2 −HC 2
=p204
6. Por teorema de relaciones métricas,
B H
2 = AH ×HC
AH = B H
2
HC
= 14,571
10 GEOMETRÍA PLANA: Área de triángulos
7. El área del triángulo ABC dado base y altura,
A4ABC = AC ×B H
2
= (28,571)(
p
204)
2
= 204,041[u2] ä
Ejercicio 11
Ejercicio. Calcular una de las alturas iguales de un
triángulo isósceles de 16[u2] de área, si los ángulos igua-
les miden 40◦ cada uno.
Solución: Se ilustra,
Del gráfico, se sigue
A4ABC = AB ×BC sin(B̂)
2
16 = m
2 sin(100◦)
2
m = 5,7
así,
sin(�HB A) = AH
AB
AH = AB sin(80◦)
= 5,7sin(80◦)
= 5,613[u] ä
Ejercicio 12
Ejercicio. Los catetos de un triángulo rectángulo mi-
den 6[u] y 8[u]. La bisectriz del mayor ángulo agudo di-
vide la triángulo en dos triángulos, calcular la relación
de sus áreas.
Solución: Se ilustra,
Del gráfico se sigue,
A4ABD = BD × AB
2
= 3BD , (1)
A4ADC = DC × AB
2
= 3DC , (2)
por otra parte AD es bisectriz interna del triángulo ABC
AB
BD
= AC
DC
6
BD
= 10
DC
DC = 5BD
3
, (3)
reemplazando (3) en (2)
A4ABD = 3DC
= 3
(
5BD
3
)
= 5BD , (4)
se arma la proporción requerida, de (4) y (1)
A4ABD
A4ADC
= 3BD
5BD
= 3
5
≡ 6
10
ä
GEOMETRÍA PLANA: Área de triángulos 11
Ejercicio 13
Ejercicio. Sea,
Solución: Se sigue,
1. Si, �C EF = �C F E = 1̂ por ángulo externo,
2̂ = 21̂
de igual forma, por ángulo externo al triángulo BEC
�BE A = 22̂ = 41̂
es decir, 3̂ = 31̂ con lo cual,
B̂ = 3̂+ 2̂
90◦ = (31̂)+ (21̂)
1̂ = 18◦.
por tanto,
1̂ = 18◦, 2̂ = 36◦, 3̂ = 54◦.
y α= 72◦.
2. Hallar el valor del segmento DB mediante ley de senos
en el triángulo DBE
BE
sin(α)
= DB
sin(3̂)
DB = BE sin(3̂)
sin(α)
= 12sin(54
◦)
sin(72◦)
= 10,208
3. Se arma la región requerida,
A/// = A4DEB + A4BEC
= DB ×DB sin(α)
2
+ BE ×EC sin(δ)
2
= (10,208)(10,208)sin(72
◦)
2
+ (12)(12)sin(108
◦)
2
δ= 180◦−22̂
= 118,028[u2] ä
Ejercicio 14
Ejercicio. Sea,
Solución: Se sigue,
1. Obtener el segmento BD mediante el teorema de Me-
nelao en la figura (C BD A) (en ese orden)
C E ×BD ×F A = EB ×DF × AC
BD = EB ×DF × AC
C E ×F A
= (3)(4)(13)
(5)(7)
= 4,457
2. Obtener el ángulo 1̂ mediante ley de cosenos en el
triángulo F BC
FC
2 = BF 2 +BC 2 −2BF ×BC cos(1̂)
cos(1̂) = FC
2 −BF 2 −BC 2
−2BF ×BC
1̂ = arccos
(
(6)2 − (8,457)2 − (8)2
−2(8,457)(8)
)
= 42,651◦
12 GEOMETRÍA PLANA: Área de triángulos
3. Obtener la región sombreada mediante resta de áreas,
A/// = A4F BC − A4DBE
= F B ×BC sin(1̂)
2
− DB ×BE sin(1̂)
2
= (F B ×BC −DB ×BE) sin(1̂)
2
= ((8,457)(8)− (4,457)(3))sin(42,651◦)
2
= 18,39[u2] ä
Ejercicio 15
Ejercicio. Sea,
Solución: Se sigue,
1. Por ángulo externo al triángulo DFC
2̂+28◦ = δ,
2. Por ángulo externo al triángulo AF D
21̂+δ= 22̂
21̂+ (2̂+28◦) = 22̂
21̂+28◦ = 2̂, (1)
3. Por ángulo externo al triángulo AEF
1̂+126◦ = 22̂, (2)
4. Resolviendo el sistema de ecuaciones,{
21̂+28◦ = 2̂
1̂+126◦ = 22̂
sugerencia: reemplazar la primera en la segunda, se
verifica
1̂ = 23,333◦, 2̂ = 74,667◦
5. Los ángulos: α,θ y δ se obtienen de inmediato al for-
mar ángulos llanos o suma de ángulos internos en los
triángulos; se verifica
α= 30,667◦, θ = 51,333◦, δ= 102,667◦
6. Hallar el segmento AB mediante ley de senos en el
triángulo AF B
AF
sin(θ)
= AB
sin(α+ 2̂)
AB = AF sin(α+ 2̂)
sin(θ)
= 12sin(105,334
◦)
sin(51,333◦)
= 14,822
7. Hallar el segmento AE mediante ley de senos en el
triángulo AF E
AF
sin(�AEF ) = AEsin(α)
AE = AB sin(α)
sin(�AEF )
= 12sin(30,667
◦)
sin(126◦)
= 7,565
8. Obtener el segmento AC mediante ley de senos en el
triángulo AFC
AF
sin(Ĉ )
= AC
sin(α+ 2̂)
AC = AF sin(α+ 2̂)
sin(Ĉ )
= 12sin(105,334
◦)
sin(28◦)
= 24,651
9. Hallar el segmento AD mediante ley de senos en el
triángulo AF D
AF
sin(δ)
= AD
sin(α)
AD = AF sin(α)
sin(δ)
= 12sin(30,667
◦)
sin(102,667◦)
= 6,273
GEOMETRÍA PLANA: Área de triángulos 13
10. Obtener el área sombreada mediante resta de áreas,
A/// = A4ABC − A4AED
= AB × AC sin(1̂)
2
− AE × AD sin(1̂)
2
= (AB × AC − AE × AD) sin(1̂)
2
= ((14,822)(24,651)− (7,565)(6,273))sin(23,333◦)
2
= 62,960[u2] ä
Ejercicio 16
Ejercicio. Sea,
Solución: De ejercicio previos �DB A = 70◦, así
AB
sin(70◦)
= BD
sin(40◦)
Ley de senos 4ABD
BD = AB sin(40
◦)
sin(70◦)
= 8,208
ahora,
A4ABD = AB ×BD sin(
�ABD)
2
= (12)(8,208)sin(70
◦)
2
= 46,281[u2] ä
Ejercicio 17
Ejercicio. Dos lados de un triángulo tienen una dife-
rencia de 8[u], si el menor de estos lado se prolonga 3[u]
y el mayor se prologan 2[u], el área del triángulo aumen-
ta en 25%. Calcular estos dos lados.
Solución: Se ilustra la situación,
supongamos que,
y > x
así,
y −x = 8
por otra parte, la nueva área,
A4AEF = Sx + Sx
4
= 5Sx
4
así,
A4AEF
Sx
= (x +3)(y +2)
x y
f r ac
5Sx
4
Sx = (x +3)(y +2)
x y
5
4
= (x +3)(y +2)
x y
resolver el sistema de ecuaciones y −x = 85
4
= (x +3)(y +2)
x y
de donde,
x = 17,2[u], y = 24,2[u] ä
14 GEOMETRÍA PLANA: Área de triángulos
Ejercicio 18
Ejercicio. Calcular el área del triángulo rectángulo en
el cual la altura relativa a la hipotenusa mide 4[u]. La hi-
potenusa es 5/3 de uno de los catetos.
Solución: Se ilustra,
Si AC = b entonces, por hipótesis
b = 5c
3
.
Por relaciones métricas,
c2 = AC × AH
c2 = b · AH
=
(
5c
3
)
· AH
AH = 3c
5
,
del triángulo AB H por teorema de pitágoras
AB
2 = AH 2 +B H 2
c2 =
(
3c
5
)2
+16
c = 5
por tanto,
b = 25
3
del triángulo ABC por teorema de pitágoras,
AC
2 = AB 2 +BC 2
BC =
√
c2 −b2
= 20
3
entonces
A4ABC = AB ×BC
2
= 5(20/3)
2
= 50
3
[u2] ä
Ejercicio 19
Ejercicio. Sea,
Solución: Se sigue,
1. Obtener el segmento DE mediante el teorema de Me-
nelao en la figura BF E A (en ese orden)
BC ×F E ×D A =C F ×ED ×B A
ED = BC ×F E ×D A
C F ×B A
= (9)(9,5)(7)
(8)(13)
= 5,755
2. Obtener el ángulo 1̂ mediante ley de cosenos en el
triángulo DF B
DB
2 = BF 2 +DF 2 −2BF ×DF cos(1̂)
cos(1̂) = DB
2 −BF 2 −DF 2
−2BF ×DF
1̂ = arccos
(
(6)2 − (17)2 − (15,255)2
−2(17)(15,255)
)
= 20,536◦
GEOMETRÍA PLANA: Área de triángulos 15
3. Hallar el área sombreada mediante resta de áreas,
A/// = A4BF D − A4C F E
= BF ×DF sin(1̂)
2
− C F ×EF sin(1̂)
2
= (BF ×DF −C F ×EF ) sin(1̂)
2
= ((17)(15,255)− (8)(9,5))sin(20,536◦)
2
= 32,257[u2] ä
Ejercicio 20
Ejercicio. Sea,
Solución: Se sigue,
1. Obtener el valor de m, mediante teorema de Stewart,
B M
2 × AC = BC 2 × AM + AB 2 ×MC − AM ×MC × AC
(9)2(2m) = (12)2(m)+ (8)2(m)− (m)(m)(2m)
simplificando "m" de cada término
162 = 144+64−2m2
m = 4,796
2. En la figura C BT A (en ese orden) por el teorema de Me-
nelao se sigue,
C L×BT × AM = LB ×T M × AC
(6) ·BT · (m) = (6) ·T M · (2m)
BT = 2T M (1)
3. Se establece,
B M = BT +T M
9 = 2T M +T M de (1)
BT = 3
4. Obtener el ángulo 1̂ mediante ley de cosenos en el
triángulo AB M
AM
2 = AB 2 +B M 2 −2AB ×B M cos(1̂)
cos(1̂) = AM
2 − AB 2 −B M 2
−2AB ×B M
1̂ = arccos
(
(4,796)2 − (8)2 − (9)2
−2(8)(9)
)
= 32,089◦
5. Obtener el área sombreada, dado lados adyacentes y el
ángulo comprendido
S/// = AB ×BT sin(1̂)
2
= (8)(3)sin(32,089
◦)
2
= 12,749
2
= 6,375[u2] ä
Ejercicio 21
Ejercicio. Sea,
Solución: Del ejercicio 73 de la sección de semejanza se de-
mostró un resultado parecido, ahora,16 GEOMETRÍA PLANA: Área de triángulos
1. Ya que AD||PE entonces, por el teorema de tales,
AF
PF
= DF
EF
10+x
4+x =
DF
EF
, (1)
2. Ya que DP ||EC entonces, por el teorema de tales,
DF
EF
= PF
FC
= 4+x
x
, (2)
igualando los resultados de (2) y (1)
10+x
4+x =
4+x
x
x(10+x) = (4+x)2
x = 8[u] ä
Ejercicio 22
Ejercicio. Sea,
Solución: Se sigue,
1. Obtener el segmento AF del triángulo AF D
F D
2 = AF 2 + AD2
AF =
√
F D
2 − AD2
=
√
(11)2 − (10)2
= 4,583
por tanto,
C F = 4,417
2. En la figura ADEC (en ese orden) mediante el teorema
de Menelao
AB ×ED ×FC = BD ×EF × AC
(6) ·ED · (4,417) = (4) ·EF · (9)
ED = 1,358EF , (1)
3. Se establece,
F D = F E +ED
9 = F E + (1,358EF )
EF = 2,68
y
ED = 6,320
4. Obtener el ángulo 1̂ del triángulo F AD mediante razo-
nes trigonométricas,
sen(1̂) = AF
F D
1̂ = arcsin
(
4,583
11
)
= 24,622◦
5. Obtener el área sombreada mediante la resta de áreas,
Sx = A4F D A − A4EDB
= F D × AD sin(1̂)
2
− ED ×BD sin(1̂)
2
= (F D × AD −ED ×BD) sin(1̂)
2
= ((11)(10)− (6,320)(4))sin(24,622◦)
2
= 17,648[u2] ä
Ejercicio 23
Ejercicio. Sea,
GEOMETRÍA PLANA: Área de triángulos 17
Solución: Se sigue,
1. Obtener el segmento BC mediante teorema de pitágo-
ras en el triángulo ABC
BC
2 = AB 2 + AC 2
BC =
√
(9)2 + (12)2
= 15,
2. El área total se obtiene dado una base y una altura,
A4ABC = AB × AC
2
= (9)(12)
2
= 54,
por tanto,
S1 = 54
2
= 27,
3. Del triángulo DC E
A4DC E = EC ×DC sin(1̂)
2
54 = EC ×DC
(
9
15
)
90 = ED ×EC , (1)
4. Los triángulos BC A y EC D comparten sus ángulos, así
4BC A ≈4EC D, (A, A)
entonces
BC
EC
= C A
C D
= B A
ED
descartando la tercera proporción,
BC
EC
= C A
C D
15
EC
= 12
C D
EC = 5C D
4
, (2)
reemplazando en la ecuación (1)
90 = EC ×DC
90 =
(
5DC
4
)
·DC
DC = 8,485[u] ä
Ejercicio 24
Ejercicio. Sea,
Solución: Se sigue,
1. Obtener AH mediante relaciones métricas,
AH
2 = B H ×HC
AH =
√
(5)(9)
= 3p5
2. Obtener AC mediante teorema de pitágoras
AC
2 = AH 2 +HC 2
AC =
√
(3
p
5)2 + (9)2
= 11,225
18 GEOMETRÍA PLANA: Área de triángulos
3. Obtener HD mediante relaciones métricas,
AH ×HC = AC × AC
HD = AH ×HC
AC
= (3
p
5)(9)
11,225
= 5,379
4. Obtener AD mediante teorema de pitágoras
AH
2 = HD2 + AD2
AD =
√
AH
2 −HD2
=
√
(3
p
5)2 − (5,379)2
= 4,008
5. Obtener el área sombreada dado base y altura
A4AD H = HD × AD
2
= (5,379)(4,008)
2
= 10,78[u2] ä
Ejercicio 25
Ejercicio. Sea,
Solución: Se sigue,
1. Obtener el ángulo B̂ mediante razones trigonométricas
en el triángulo ABC
tan(B̂) = AC
AB
B̂ = arctan
(
8
14
)
= 29,745◦
entonces
1̂ = B̂
2
= 14,872◦
2. Obtener el segmento BD mediante razones trigono-
métricas en el triángulo ABD
cos(1̂) = AB
BD
BD = AB
cos(1̂)
= 14
cos(14,872◦)
= 14,485
3. Obtener el segmento B H mediante razones trigono-
métricas en el triángulo B AH
cos(B̂) = B H
AB
B H = AB cos(B̂)
= 14cos(29,745◦)
= 12,155
4. Obtener el segmento BE mediante razones trigonomé-
tricas en el triángulo B HE
cos(1̂) = B H
BE
BE = B H
cos(1̂)
= 12,155
cos(14,872◦)
= 12,577
5. Obtener el área sombreada mediante resta de áreas,
GEOMETRÍA PLANA: Área de triángulos 19
dados lados y el ángulo comprendido
Sx = A4BD H − A4B HE
= BD ×B H sin(1̂)
2
− BE ×B H sin(1̂)
2
= (BD ×B H −BE ×B H) sin(1̂)
2
= ((14,485)(12,155)− (12,577)(12,155))sin(14,872◦)
2
= 2,976[u2] ä
Ejercicio 26
Ejercicio. Sea,
Solución: Se sigue,
1. Obtener el ángulo B̂ en el triángulo ABC mediante ra-
zones trigonométricas
cos(B̂) = EB
AB
B̂ = arccos
(
12
20
)
= 53,13◦
2. Obtener el ángulo �DBE en el triángulo DBE mediante
razones trigonométricas,
cos( �DBE) = BE
BD�DBE = arccos(12
14
)
= 31,003◦
3. Obtener el ángulo 1̂, siendo
B̂ = 1̂+ �DBE
1̂ = 53,13◦−31,003◦
= 22,127◦
además,
2̂ = B̂ −21̂
= 8,875◦
4. Obtener el segmento BC mediante razones trigonomé-
tricas en el triángulo C BE
cos(2̂) = BE
C B
C B = BE
cos(2̂)
= 12
cos(8,875◦)
= 12,145
5. Obtener el área sombreada dado dos lados y el ángulo
comprendido,
A4DBC = DB ×BC sin(1̂)
2
= (14)(12,145)sin(22,127
◦)
2
= 32,023[u2] ä
Ejercicio 27
Ejercicio. En un triángulo ABC : AB = 20[u], BC =
21[u] y la mediana B M = 14,5[u]. Si la bisectriz del án-
gulo  corta a la mediana B M en E y al lado BC en F ,
hallar el área del cuadrilátero MEFC .
20 GEOMETRÍA PLANA: Área de triángulos
Solución: Se ilustra,
se sigue,
1. Obtener el valor de n mediante el teorema de Stewart y
la ventja de tener una mediana
B M
2 × AC =C B 2 × AM + AB 2 ×MC − AM ×MC × AC
(14,5)2(2n) = (21)2(n)+ (20)2(n)− (n)(n)(2n)
simplificadando n de cada término
(14,5)2(2) = (21)2 + (20)2 − (n)(2n)
n = 14,5
implicando que 4AC B es un triángulo rectángulo por
mantener la proporción,
a = 21, b = 29, c = 20
(relación pitagórica), siendo B̂ = 90◦. El gráfico se vería
algo así,
es opcional trabajar con éste gráfico, bien podemos ha-
cerlo con el original y proceder como que nunca nos
enteramos que era un triángulo rectángulo.
2. La ventaja de identificar el ángulo recto es que se pue-
de obtener los ángulo mucho mas rápido, así
tan(Â) = C B
AB
 = arctan
(
21
20
)
= 46,397◦
entonces
1̂ = Â
2
= 23,199◦
3. Obtener el segmento F B mediante razones trigonomé-
tricas en el triángulo AF B
tan(1̂) = F B
AB
F B = AB tan(1̂)
= 20tan(23,199◦)
= 8,571
4. Ya que AE es bisectriz interna del triángulo AMB se si-
gue,
AM
ME
= AB
EB
14,5
ME
= 20
EB
pero,
14,5
ME
= 20
14,5−ME
una ecuación una incógnita, despejando y resolviendo
se verifica
ME = 6,094
por tanto,
BE = 8,406
1. 5. Obtener el ángulo 2̂ por ley de cosenos, o bien iden-
tificar que �MC B = 2̂ y
tan(�MC B) = 20
21�MC B = arctan(20
21
)
= 43,603◦
GEOMETRÍA PLANA: Área de triángulos 21
6. Obtener el área sombreada mediante resta de áreas,
Sx = A4MBC − A4EBF
= MB ×C B sin(2̂)
2
− F B ×EB sin(2̂)
2
= (MB ×C B −F B ×EB) sin(2̂)
2
= ((14,5)(21)− (8,406)(8,571))sin(43,603◦)
2
= 80,156[u2] ä
Ejercicio 28
Ejercicio. Sea,
Solución: Se sigue,
1. Obtener el segmento D A mediante la propiedad de bi-
sectriz interna (C D)
BC
BD
= C A
D A
D A = C A×BD
BC
= (18)(8)
16
= 9
2. Hallar el segmento B M mediante teorema de Stewart,
B M
2 × AC = B A2 ×C M +BC 2 × AM −C M × AM ×BC
B M
2
(18) = (17)2(9)+ (16)2(9)− (9)(9)(18)
tomando la novena de cada término (para reducir ope-
raciones)
9B M
2 = 172 +162 − (9)(18)
B M = 13,838
3. Ya que C P es bisectriz interna del triángulo BC M , me-
diante su propiedad
BC
BP
= C M
P M
16
BP
= 9
P M
mediante propiedad de proporciones (para aligerar)
sumaremos los numeradores y denominadores repec-
tivamente de un lado
16
BP
= 16+9
BP +P M
16
BP
= 25
B M
BP = 16B M
25
= 8,857
4. Hallar el ángulo 2̂ mediante ley de cosenos en el trián-
gulo B M A
M A
2 = B M 2 +B A2 −2B M ×B A cos(2̂)
cos(2̂) = AM −B M
2 −B A2
−2B M ×B A
2̂ = arccos
(
(9)2 − (13,838)2 − (17)2
−2(13,838)(17)
)
= 31,887◦
5. Obtener el área sombreada mediante resta de áreas,
Sx = A4B M A − A4BPD
= B M ×B A sin(2̂)
2
− BP ×BD sin(2̂)
2
= (B M ×B A−BP ×BD) sin(2̂)
2
= ((13,838)(17)− (8,857)(8))sin(31,887◦)
2
= 43,419[u2] ä
22 GEOMETRÍA PLANA: Área de triángulos
Ejercicio 29
Ejercicio. Sea,
Solución: Se sigue,
1. Ya que I es incentro, por teorema de ángulos se sigue,
�B IC = 90◦+ Â
2
con lo cual,
 = 60◦
y
1̂ = 30◦
2. Obtener los segmentos AI y I E mediante razones tri-
gonométricas en el triángulo AI E
cos(1̂) = AE
AI
AI = AE
cos(1̂)
= 6
cos(30◦)
= 6,928[u]
tan(1̂) = I E
AE
I E = AE tan(30◦)
= 3,464
3. Obtener el segmento B I mediante ley de cosenos en el
triángulo AB I
B I
2 = AB 2 + AI 2 −2AB × AI cos(1̂)
B I =
√
(10)2 + (6,928)2 −2(10)(6,928)cos(30◦)
= 5,292
4. Obtener el ángulo 2̂ mediante ley de cosenos, en el
triángulo AB I
AI
2 = AB 2 +B I 2 −2AB ×B I cos(2̂)
cos(2̂) = AI
2 − AB 2 −B I 2
−2AB ×B I
2̂ = arccos
(
(6,928)2 − (10)2 − (5,292)2
−2(10)(5,292)
)
= 40,897◦
5. Hallar el ángulo 3̂ mediante ley de senos en el triángulo
BC I
B I
sin(3̂)
= BC
sin(120◦)
sin(3̂) = B Isin(120
◦)
BC
= 19,108◦
6. Obtener el segmento EC en el triángulo IC E
cos(tan3) = I E
EC
EC = I E
tan(3̂)
= 3,464
tan(19,108◦)
= 10[u2] ä
Ejercicio 30
Ejercicio. Se tiene un triángulo equilátero de 20[u] de
base, se traza dos paralelas a la base y dividen al triángu-
lo en tres áreas iguales, la paralela mas cercana a la base
mide.
GEOMETRÍA PLANA: Área de triángulos 23
Solución: Se ilustra,
Se sigue,
1. Se construye la altura B H , para lo cual,
A4ABC = AC ×B H
2
A4BEF = EF ×B H1
2
además, se verifica
B H = 10
p
3
3
, B H1 = m
p
3
3
mediante razones trigonométricas; se sigue,
A4ABC = AC ×B H
2
A4BEF = EF ×B H1
2
=
20 · 10
p
3
3
2
=
2m · m
p
3
3
2
= 100
p
3
3
= m
2
p
3
3
por tanto, el cociente entre áreas será,
A4ABC
4BEF =
100
p
3
3
m2
p
3
3
= 100
m2
pero,
3S1
2S1
= 100
m2
m = 8,165
entonces,
EF = 2m
= 16,3299[u]
Ejercicio 31
Ejercicio. Sea,
Solución: Se sigue,
1. Se plantea,
A4ABC = BC × AC sin(α)
2
S1 = DC ×C E sin(α)
2
sin(α) = 2A4ABC
(2m)(2n)
sin(α) = 2S1
(m)(n)
igualando éstos resultados
2A4ABC
(2m)(2n)
= 2S1
(m)(n)
A4ABC = 4S1. (1)
2. Mediante la construcción de las alturas D H y LE se si-
gue,
A4BD A = HD × AB
2
A4BE A = EL× AB
2
24 GEOMETRÍA PLANA: Área de triángulos
ya que ambas alturas son iguales,
HD = 2A4BD A
AB
EL = 2A4BE A
AB
igualando éstos resultados,
2A4BD A
AB
= 2A4BE A
AB
A4BD A = A4BE A
pero, del gráfico se sigue
S3 +S2 = S2 +S4
S3 = S4. (2)
3. Se establece,
A4BG A = BG × AG sin(2̂)
2
A4DGE = DG ×GE sin(2̂)
2
sin(1̂) = 2S4BG A
BG × AG
sin(2̂) = 2A4DGE
DG ×GE
igualando éstos resultados,
2S4BG A
BG × AG
= 2A4DGE
DG ×GE
ya que G es baricentro se verifica (su propiedad)
BG = 2GE , AG = 2GD
reemplazando,
2S4BG A
(2GE)× (2GD)
= 2A4DGE
DG ×GE
A4BG A = 4A4DGE
S2 = 4Sx , (3)
4. Ya que (por ejemplo) AD es una mediana del 4ABC ,
divide al triángulo total y en dos áreas exactamente
iguales,
A4ABD = A4ADC
S2 +S3 = S4 +Sx +S1 de, (2), (3)
(4Sx )+ (S4) = S4 +Sx +S1
3Sx = S1 de (1)
3Sx = A4ABC
4
por tanto, ¡esto es tan emocionante!
A4ABC = 12Sx ä
Ya se conoce el área total, entonces
A4ABC = 12Sx
Sx = A4ABC
12
= 3[u2] ä
Ejercicio 32
Ejercicio. Sea,
Solución: Se sigue,
1. Del triángulo DEC
A4DEC = DE ×DC
2
12 = (2)DC
2
DC = 12,
2. Hallar el área del triángulo BDC dado base y altura
A4BDC = BD ×DC
2
= (8)(12)
2
= 48
3. Por tanto, la región sombreada se obtiene de restar
áreas,
Sx = A4DBC − A4DEC
= 36[u2] ä
GEOMETRÍA PLANA: Área de triángulos 25
Ejercicio 33
Ejercicio. Sea,
Solución: Se sigue,
1. Obtener el segmento PC mediante relaciones métri-
cas,
BC
2 = AC ×PC
242 = (6+PC ) ·PC
0 = PC 2 +6PC −576
factorizando (fórmula general)
PC = 21,187
2. Obtener el segmento BP mediante el teorema de pitá-
goras en el triángulo BPC
BC
2 = BP 2 +PC 2
BP =
√
BC
2 −PC 2
=
√
(24)2 − (21,187)2
= 11,274
3. Obtener el ángulo 1̂ mediante razones trigonométricas
en el triángulo BPC
sin(1̂) = PC
BC
1̂ = arcsin
(
21,187
24
)
= 61,981◦
4. Armar una relación para los segmentos BT y T P me-
diante teorema de Menelao,
C E ×BT × AP = EB ×T P × AC
(18) ·BT · (6) = (6) ·T P · (27,187)
T P = 0,662
︷︸︸︷
BT , (1)
5. Se establece,
BP = BT +T P
11,274 = BT + (0,662BT )
BT = 6,783
6. Obtener el área sombreada mediante resta de áreas,
dado dos lados adyacente y el ángulo comprendido,
Sx = A4BP M − A4BT E
= BP ×B M sin(1̂)
2
− BT ×BE sin(1̂)
2
= (BP ×BC −BT ×BE) sin(1̂)
2
= ((11,274)(14)− (6,783)(6))sin(61,981◦)
2
= 51,704[u2] ä
Ejercicio 34
Ejercicio. Sea,
Solución: Se sigue,
26 GEOMETRÍA PLANA: Área de triángulos
1. Ya que I es incentro y δ su respectivo ángulo se verifica,
δ= 90◦+ Â
2
= 110◦
2. Se establece por el teorema del “boomerang” en la fi-
gura B IC A
2̂+21̂+40◦ = 110◦
2̂ = 70◦−21̂, (1)
3. Por otra parte,
�C EB = 2̂+40◦ ángulo externo al 4BE A
por tanto,
1̂+ M̂ + �C EB = 180◦ ∑∠ en 4C E M
1̂+ (2̂+40◦) = 90◦
2̂ = 50◦− 1̂, (2)
4. Resolviendo el sistema de dos ecuaciones con dos in-
cógnitas entre (2) y (1) (igualar ecuaciones) se verifica,
1̂ = 20◦, 2̂ = 30◦.
5. Hallar B I mediante ley de senos en el triángulo B IC
BC
sin(δ)
= B I
sin(α)
B I = BC sin(α)
sin(δ)
= 12sin(40
◦)
sin(110◦)
= 8,208
6. El ángulo 3̂ es fácil verificar su valor (suma de ángulos
internos); hallar el segmento BD mediante ley de senos
en el triángulo BC D
BC
sin(3̂)
= BD
sin(α)
BD = BC sin(α)
sin(3̂)
= 12sin(40
◦)
sin(80◦)
= 7,832
7. Hallar la región sombreada dado dos lados adyacentes
y el ángulo comprendido,
Sx = B I ×BD sin(2̂)
2
= (8,208)(7,832)sin(30
◦)
2
= 16,07[u2] ä
Ejercicio 35
Ejercicio. La mediana de un triángulo rectángulo es
igual a 12[u] y divide al ángulo recto en razón 2 : 3. Ha-
llar el área del triángulo.
Solución: Se ilustra,
Se sigue, por hipótesis,
α
β
= 2
3
además,
α+β= 90◦
resolviendo el sistema de ecuaciones, (verifica)
α= 54◦, β= 36◦
ya que B M es mediana del ángulo recto, y 4ABC es rectán-
gulo,
AM = MC = B M = 12,
por otra parte, �AB M = 72◦ y
AB
sin(72◦)
= B M
sin(α)
ley de senos en 4AMB
OB = (12)sin(72
◦)
sin(54◦)
= 14,107
GEOMETRÍA PLANA: Área de triángulos 27
finalmente, dado dos lados adyacentes y el ángulo compren-
dido
A4ABC = AB × AC sin(α)
2
= (14,107)(24)sin(54
◦)
2
= 136,952[u2] ä
Ejercicio 36
Ejercicio. Calcular el área de un triángulo rectángulo
isósceles cuyo perímetro es de 20[u].
Solución: Se ilustra,
Se sigue, AB = BC := t , por el teorema de pitágoras,
AC
2 = AB 2 +BC 2
AC =p2t
se sabe del perímetro,
AB +BC + AC = 20
2t +p2t = 20
t = 20
2+p2
podríamos practicar nuestra racionalización
= 20
2+p2 ·
2−p2
2−p2
= 20(2−
p
2)
2
= 10(2−p2)
por tanto su respectiva área dado base y altura,
A4ABC = AB ×BC
2
=
(
10(2−p2))2
2
= 17,157[u2] ä
Ejercicio 37
Ejercicio. Hallar la superficie de un triángulo rectán-
gulo, dados su perímetro 50[u] y su altura (cateto) 12[u].
Solución: Se ilustra,
se sigue,
1. Se sabe
a +b + c = 50
b + c = 38
2. Del teorema de pitágoras,
b2 = c2 +144
resolviendo el sistema de ecuaciones,
(38− c)2 = c2 +144
por tanto,
c = 17,106
entonces
A4ABC = c ·12
2
= 102,632[u2] ä
28 GEOMETRÍA PLANA: Área de triángulos
Ejercicio 38
Ejercicio. En un triángulo ABC : a = 20[u], b = 24[u]
y la mediana mc = 14[u]. Si las medianas AL y C M se
cortan el G , hallar el área del cuadrilátero BLGM .
Solución: Se ilustra,
Se sigue,
1. Si recordamos los resultados demostrados en el ejerci-
cio 31, ya que G es baricentro entonces
A4LMB = A4ABC
4
, A4LGM = 4ABC
12
por tanto, armando la región sombreada mediante la
suma de dos triángulos
Sx = A4LMB + A4LGM
= A4ABC
4
+ A4ABC
12
= A4ABC
3
, (1)
con lo cual, si conoces el área total ya tenemos la región
que buscamos. Se procederá por dos caminos, en caso
de conocer ésta propiedad.
2. Hallar el segmento AB mediante teorema de Stewart,
C M
2 × AB = BC 2 × AM + AC 2 ×MB − AM ×MB × AB
(14)2(2n) = (20)2(n)+ (24)2(n)− (n)(n)(2n)
simplificando n de cada término
(14)2(2) = 202 +242 − (n)(2n)
n = 17,088
3. Hallar el ángulo 1̂ mediante ley de cosenos en el trián-
gulo (por ejemplo) ABC
AC
2 = AB 2 +C B 2 −2AB ×C B cos(1̂)
cos(1̂) = AC
2 − AB 2 −C B 2
−2AB ×C B
1̂ = arccos
(
(24)2 − (34,176)2 − (20)2
−2(34,176)(20)
)
= 43,477◦
4. Opcional: Hallar el área del triángulo ABC dado dos la-
dos adyacentes y el ángulo comprendido,
A4ABC = AB ×C B sin(1̂)
2
= (34,176)(20)sin(43,477
◦)
2
= 235,151
de la propiedad menciona en el paso 1, se verifica
Sx = A4ABC
3
= 78,384[u2] ä
5. De no conocer la propiedad del paso 1, hallar el ángulo
2̂ mediante ley de cosenos en el triángulo C MB
MB
2 =C M 2 +C B 2 −2C M ×C B cos(2̂)
cos(2̂) = MB
2 −C M 2 −C B 2
−2C M ×C B
2̂ = arccos
(
(17,088)2 − (14)2 − (20)2
−2(14)(20)
)
= 57,122◦
6. Ya que C M es mediana, se verifica
CG = 2GM
por tanto,
CG = 28
3
= 9,333
7. Hallar la región sombreada mediante resta de áreas,
Sx = A4C MB − A4CGL
= C M ×C B sin(2̂)
2
− CG ×C L sin(2̂)
2
= (C M ×C B −CG ×C L) sin(2̂)
2
= ((14)(20)− (9,333)(10))sin(57,122◦)
2= 78,384[u2] ä
GEOMETRÍA PLANA: Área de triángulos 29
verificando el resultado obtenido mediante la propie-
dad en el paso 4, muy útil ¿no?
Ejercicio 39
Ejercicio. En un triángulo ABC : Â = 90◦, GO = 6[u]
y GC = 12[u]. Siendo G su baricentro y O circuncentro.
Calcular el área del triángulo BGC .
Solución: Se ilustra,
Se sigue,
1. Ya que G es baricentro se verifica,
AG = 2GO
= 12
2. Si 4ABC es triángulo rectángulo entonces O ∈ BC y
AO = BO =OC = 18
3. Hallar el ángulo 1̂ mediante ley de cosenos en el trián-
gulo GCO
GO
2 =OC 2 +GC 2 −2OC ×GC cos(1̂)
cos(1̂) = GO
2 −OC 2 −GC 2
−2OC ×GC
1̂ = arccos
(
(6)2 − (12)2 − (18)2
−2(12)(18)
)
= 0◦
ésto ocurre ya que CO = 18 por lo cual es imposible
siendo C centro de una circunferencia de radio 18, exis-
ta un segmento CG < 18 y sea externo a tal circunferen-
cia.
4. Tomando valores válidos, se procede a hallar el área del
triángulo GOC dado dos lados adyacentes y el ángulo
comprendido
A4GOC = GC ×OC sin(1̂)
2
5. Ya que AO cae sobre la mediana del vértice A entonces
A4BOC = A4CO A
y por tanto, de
A4BOG = A4GOC
con lo cual,
A4BGC = 2A4GOC ä
Ejercicio 40
Ejercicio. Construir el triángulo ABC conocidos: AC =
14[u], ha = AP = 6[u] y hc = CQ = 7[u]. Calcular el área
del cuadrilátero APQC .
Solución: Se ilustra,
Los valores de las alturas son erróneas ya que genera una
contradicción; por tanto, se dejará el procedimiento en fun-
ción de los paramétros del gráfico,
1. Hallar el ángulo Ĉ mediante razones trigonométricas
en el triángulo APC
sin(Ĉ ) = AP
AC
Ĉ = arcsin
(n
b
)
30 GEOMETRÍA PLANA: Área de triángulos
2. Hallar el ángulo α mediante razones trigonométricas
en el triángulo AQC
cos(α) = QC
AC
α= arccos
(m
b
)
3. Hallar el ángulo 2̂, si
Ĉ =α+ 2̂
2̂ = Ĉ −α.
4. Hallar el segmento QB mediante razones trigonomé-
tricas,
tan(2̂) = QB
QC
QB = m tan(2̂)
5. Hallar el segmento BC mediante razones trigonométri-
cas o teorema de pitágoras
BC
2 =QB 2 +QC 2
6. Del gráfico se verifica
�B AP = �BCQ = 2̂.
7. Hallar los segmentos BP y AB mediante razones trigo-
nométricas,
tan(2̂) = BP
AP
cos(2̂) = AP
AB
8. Hallar la región sombreada,
Sx = A4ABC − A4BQP
= AB ×BC sin(1̂)
2
− QB ×BP sin(1̂)
2
de donde, el ángulo 1̂ es el complemento del 2̂ :)
Ejercicio 41
Ejercicio. La superficie de un triángulo es: S4ABC =
a2 − (b − c)2. Hallar el Â.
Solución: Se ilustra,
Se sigue
1. El área del triángulo ABC dado dos lados lados y el án-
gulo comprendido,
A4ABC = AB × AC sin(x)
2
pero, por hipótesis
a2 − (b − c)2 = c ·b sin(x)
2
2a2 −2(b2 −2b · c + c2) = c ·b sin(x)
2a2 −2b2 +4b · c − c2 = c ·b sin(x)
2(a2 −b2 − c2) = b · c(sin(x)−4), (1)
2. Del teorema de pitágoras (generalizado) en ejercicios
previos se ha hecho la demostración, así
a2 = c2 +b2 −2b ·m
a2 −b2 − c2 =−2b ·m, (2)
reemplazando (2) en (1)
2(a2 −b2 − c2) = b · c(sin(x)−4)
2(−2b ·m) = b · c(sin(x)−4)
−4m
c
= sin(x)−4
además, del gráfico en el triángulo AB H se identifica
cos(x) = m
c
por tanto,
−4cos(x) = sin(x)−4
obteniéndose una ecuación trigonométrica. Se sigue,
−4cos(x) = sin(x)−4
GEOMETRÍA PLANA: Área de triángulos 31
elvando al cuadrado a ambos lados
16cos2(x) = (sin(x)−4)2
= sin2(x)−8sin(x)+16
mediante identidad trigonométrica
16
(
1− sin2(x))= sin2(x)−8sin(x)+16
0 = 17sin2(x)−8sin(x)
descartando la solución trivial, se simplifican
0 = 17sin(x)−8
sin(x) = 8
17
x = 28,072◦ ä
Ejercicio 42
Ejercicio. En un triángulo rectángulo ABC , Â = 90◦ se
traza la altura AH y la bisectriz C D , las cuales se cortan
en P . Si P dista 15[u] del cateto AC y D dista 20[u] de la
hipotenusa BC , si el área del triángulo ABC es 1118[u2]
Solución: Se ilustra,
Se sigue,
1. Se verifica
4CQD ∼=4C AD, (C , A)
por tanto,
D A = DQ = 20
también,
4C HP ∼=4C RP, (C , A)
entonces
PH = PR = 15.
2. Supongamos que 2̂ es el complemento de 1̂, con lo cual
se justifica el gráfico.
3. Del anterior paso,
D A = AP =QP = DQ = 20
4. Ya que DQ||AH por el teorema básico de semejanza,
4AB H ≈4DBQ, (par alel as)
entonces
AH
DQ
= B A
BD
35
20
= 20+BD
BD
BD = 80
3
5. El área del triángulo ABC dado base y altura
A4ABC = AB × AC
2
1118 =
(
80
3
+20
)
· AC
2
AC = 47,91[u] ä
Ejercicio 43
Ejercicio. Sea,
Solución: Se sigue,
32 GEOMETRÍA PLANA: Área de triángulos
1. Del triángulo AB M por el teorema de pitágoras,
AM
2 = AB 2 +B M 2
AM =
√
(2t )2 + (t )2
=p5t
2. Ya que AB M es un triángulo rectángulo y BE es la al-
tura desde el ángulo recto, por relaciones métricas se
sigue,
AB ×B M = BE × AM
(2t )(t ) = (18)(p5t )
t = 9p5
3. Hallar el área del triángulo AB M dado una base y altu-
ra,
A4AB M = BE × AM
2
= 18
(p
5(9
p
5)
)
2
= 405
ya que AM se mediana, entonces divide al área total en
dos iguales, así,
A4ABC = 2A4AB M
= 810[u2] ä
o directamente,(ahora que lo pienso)
A4ABC = AB ×BC
2
Ejercicio 44
Ejercicio. Sea,
Solución: Se sigue,
1. Obtener el segmento AM mediante el teorema de Ste-
wart,
C M
2 × AB =C B 2 × AM + AC 2 ×MB − AM ×MB × AB
(26)2(2t ) = (29)2(t )+ (27)2(t )− (t )(t )(2t )
simplificando una t de cada término y reduciendo tér-
minos semejantes
t = 10,440
2. Obtener el ángulo 1̂ mediante ley de cosenos en el
triángulo AC M
AM
2 = AC 2 +C M 2 −2AC ×C M cos(1̂)
cos(1̂) = AM
2 − AC 2 −C M 2
−2AC ×C M
1̂ = arccos
(
(10,440)2 − (27)2 − (26)2
−2(27)(26)
)
= 22,62◦
3. Hallar el área del triángulo AC M dado dos lados y el
ángulo comprendido
A4AC M = AC ×C M sin(1̂)
2
= (27)(26)sin(22,62
◦)
2
= 135[u2] ä
Ejercicio 45
Ejercicio. Sea,
GEOMETRÍA PLANA: Área de triángulos 33
Solución: Se sigue,
1. Del gráfico se sigue que el triángulo QSP es equilátero
(verificar)
2. Hallar el lado QP mediante razones trigonométricas en
el 4CQP
sin(60◦) = QP
C P
QP =C P sin(60◦)
= 7
(p
3
2
)
3. Hallar el área sombreada dado dos lados y el ángulo
comprendido,
Sx = QS ×QP sin(1̂)
2
=
[
7
(p
3
2
)][
7
(p
3
2
)]
sin(60◦)
2
= 15,912[u2] ä
Ejercicio 46
Ejercicio. Sea,
Solución: Se sigue,
1. Mediante la construcción de la mediana BR y DE ||AC
implica que
AR = RC
y
DG =GE
2. Ya que TG||QR los triángulos ABR y T BG son seme-
jantes, así
BQ
BT
= BR
BG
pero, por propiedad de la mediana se verifica
= BG +GR
BG
= 3GR
2GR
= 3
2
BQ = 3BT
2
, (1)
3. Del resultado previo, es fácil notar que
MP = BQ
3
. (2)
4. Se establece la relación de áreas,
A4ABC
Sx
=
BQ × AC
2
MP ×DG
2
= BQ × AC
MP ×DG
34 GEOMETRÍA PLANA: Área de triángulos
pero, de la ecuación dos reemplazando,
= BQ × AC(
BQ
3
)
·DG
= 3AC
DG
= 3(2AR)
DG
, (3)
5. Ya que DG||AR por semejanza entre los triángulos ABR
y DBG se sigue
AR
DG
= BR
BG
= 3
2
reemplazando éste valor en la ecuación (3)
A4ABC
Sx
= 6 · AR
DG
= 6
(
3
2
)
= 9
por tanto,
A4ABC = 9Sx
= 9a ä
Ejercicio 47
Ejercicio. Se da un triángulo ABC cuyos lados AB y
BC miden 12[u] y 10[u] respectivamente se traza la bi-
sectriz interna BP y la mediana C M que se corta en el
punto D . Hallar el área del triángulo BDM , si el área del
triángulo ABC es igual a 30[u2].
Solución: Se ilustra,
Se sigue,
1. Del área del triángulo ABC dados dos lados y el ángulo
comprendido,
A4ABC = AB ×BC sin(B̂)
2
30 = (12)(10)sin(B̂)
2
sin(B̂) = 1
2
B̂ = 30◦
por tanto,
1̂ = 15◦
2. Hallar el segmento MC mediante ley de cosenos en el
triángulo MBC
MC
2 = B M 2 +BC 2 −2B M ×BC cos(B̂)
AM =
√
(6)2 + (10)2 −2(6)(10)cos(30◦)
= 5,664
3. Hallar el ángulo 2̂ mediante ley de senos en el triángulo
MBC
MB
sin(2̂)
= MC
sin(B̂)
sin(2̂) = MB sin(B̂)
MC
2̂ = arcsin
(
(6)sin(30◦)
5,664
)
= 31,983◦
GEOMETRÍA PLANA: Área de triángulos 35
por tanto, se puede determinar el valor del ángulo 3̂
mediante suma de ángulos internos,
1̂+ 2̂+ 3̂ = 180◦
entonces
3̂ = 133,02◦
4. Hallar el segmento BD mediante ley de senos en el
triángulo DBC
BD
sin(2̂)
= BC
sin(3̂)
BD = BC sin(2̂)
sin(3̂)
= (10)sin(31,983
◦)
sin(133,02◦)
= 7,244
5. Hallar el área sombreada dado dos lados y ángulo com-
prendido,
Sx = B M ×BD sin(1̂)
2
= (6)(7,244)sin(15
◦)
2= 5,625[u2] ä
Ejercicio 48
Ejercicio. Sea,
Solución: Se sigue,
1. El área del triángulo ABC puede ser representada dado
una base y su altura,
A4ABC = B H × AC
2
= 25B H ,
por hipótesis,
S1 = A4ABC
3
= 25B H
3
, (1)
2. La región S1 puede ser representada dado su base y su
altura,
S1 = AP ×QP
2
S1 = x ·QP
2
, (2)
igualando los resultados de (1) y (2)
25B H
3
= x ·QP
2
. (3)
3. Ya que B H ,QP⊥AC entonces
B H ||QP
así, los triángulos B H A y QPA son semejantes, por tan-
to
B H
QP
= AH
AP
QP = B H × AP
AH
= B H · (x)
36
, (4)
reemplazando (4) en (3)
25B H
3
= x ·QP
2
=
x ·
(
B H · (x)
36
)
2
25
3
= x
2
72
x =p600 ä
36 GEOMETRÍA PLANA: Área de triángulos
Ejercicio 49
Ejercicio. Sea,
Solución: Se sigue,
1. Ya que BE es bisectriz externa, su propiedad menciona
C B
C E
= B A
AE
14
C A+16
= 10
16
si bien se podría multiplicar en cruz y despejar el
segmento desconocido, podemos usar propiedades de
proporciones y aligerar un poco las operaciones, resta
el primer numerador de su repectivo numerador y de-
nominador de su respectivo denominador,
14−10
(C A+16)−16
= 10
16
4
C A
= 10
16
C A = 64
10
= 6,4
divertido ¿no?
2. Obtener el ángulo 3̂ mediante ley de cosenos en el
triángulo C B A
AB
2 =C B 2 +C A2 −2C B ×C A cos(3̂)
cos(3̂) = AB
2 −C B 2 −C A2
−2C B ×C A
3̂ = arccos
(
(10)2 − (14)2 − (6,4)2
−2(14)(6,4)
)
= 40,157◦
3. Hallar el segmento BE mediante ley de cosenos en el
triángulo C BE
BE
2 =C B 2 +C E 2 −2C B ×C E cos(3̂)
BE =
√
(14)2 + (22,4)2 −2(14)(22,4)cos(40,157◦)
= 14,778
4. Hallar el ángulo 2̂ mediante ley de cosenos en el trián-
gulo ABE
AE
2 = AB 2 +BE 2 −2AB ×BE cos(2̂)
cos(2̂) = AE
2 − AB 2 −BE 2
−2AB ×BE
2̂ = arccos
(
(16)2 − (10)2 − (14,778)2
−2(10)(14,778)
)
= 77,812◦
5. Hallar el área del triángulo ABE dados dos lados y el
ángulo comprendido,
A4ABE = AB ×BE sin(2̂)
2
= (10)(14,778)sin(77,812
◦)
2
= 72,224[u2] ä
Ejercicio 50
Ejercicio. Sea,
Solución: Se sigue,
GEOMETRÍA PLANA: Área de triángulos 37
1. Obtener el segmento B H mediante razones trigono-
métricas en el triángulo B HC
tan(30◦) = B H
HC
B H = HC tan(30◦)
= 4,041
2. Obtener el área de la región sombreada,
A4ABC = AC ×B H
2
= 28,290[u2] ä
Ejercicio 51
Ejercicio. Sea,
Solución: Se sigue,
1. Mediante relaciones métricas, hallar el segmento AD
AB
2 = AC × AD
144 = (AD +7)(AD)
0 = AD2 +7AD −144
de donde,
AD = 9
2. Hallar el segmento BD mediante relaciones métricas,
BD
2 = AD ×DC
BD =
√
(9)(7)
= 7,937
3. Hallar el área pedida, dado una base y altura
A4BDC = BD ×DC
2
= (7,937)(7)
2
= 27,78[u2] ä
Ejercicio 52
Ejercicio. Sea,
Solución: Se sigue,
1. Hallar lado AD mediante teorema de pitágoras en el
triángulo ADC
AD
2 = AC 2 +DC 2
AD =
√
(8)2 + (4)2
= 8,944
2. Del teorema de Menelao en la figura C AF E (jaja) en en
ese orden,
C B × AF ×DE = B A×F D ×C E
(3) · AF · (2) = (5) ·F D · (6)
AF = 5F D , (1)
se sabe,
AD = AF +F D
8,944 = (5F D)+F D
F D = 1,491
por tanto,
AF = 7,453
38 GEOMETRÍA PLANA: Área de triángulos
3. Hallar el ángulo 1̂ mediante razones trigonométricas
en el triángulo ADC
tan(1̂) = DC
AC
1̂ = arctan
(
4
8
)
= 26,565◦
4. Determinar el área del triángulo dado dos lados adya-
centes y el ángulo comprendido,
A4AF B = AF × AB sin(1̂)
2
= (7,453)(5)sin(26,565
◦)
2
= 8,333[u2] ä
Ejercicio 53
Ejercicio. Sea,
Solución: Se sigue,
1. Hallar el segmento QB mediante el teorema de Mene-
lao en la figura ACQP (en ese orden)
AS ×CQ ×BP = SC ×QB × AP
(4)(3,5)(3) = (2) ·QB · (8)
QB = 2,625
2. Hallar el ángulo 1̂ mediante ley de cosenos en el trián-
gulo ABC
AC
2 = AB 2 +C B 2 −2AB ×C B cos(1̂)
cos(1̂) = AC
2 − AB 2 −C B 2
−2AB ×C B
1̂ = arccos
(
(6)2 − (5)2 − (6,125)2
−2(5)(6,125)
)
= 64,348◦
por tanto, su suplemento 2̂ valdrá,
2̂ = 115,652◦
3. Hallar el área dado dos lados y el ángulo comprendido,
A4QBP = QB ×BP sin(2̂)
2
= (2,625)(3)sin(115,652
◦)
2
= 3,549[u2] ä
Ejercicio 54
Ejercicio. Sea,
Solución: Se sigue,
1. Ya que BD es bisectriz interna del triángulo ABC , su
propiedad menciona
AB
AD
= BC
DC
AB
BC
= AD
DC
, (1)
GEOMETRÍA PLANA: Área de triángulos 39
2. Ya que BE es bisectriz externa al triángulo ABC , su pro-
piedad menciona
AB
AE
= BC
C E
AB
BC
= AE
C E
, (2)
igualando los resultados (2) y (1)
AD
DC
= AE
C E
4,36
3,64
= 8+C E
C E
mediante propiedades de proporciones se puede agi-
lizar las operaciones, de cada numerador se restará su
repectivo denominador
4,36−3,64
3,64
= (8+C E)−C E
C E
0,72
3,64
= 8
C E
C E = 40,444
3. Se sigue del gráfico
21̂+22̂ = 180◦ ángulo llano
1̂+ 2̂ = 90◦
4. Ya que DBE es un triángulo rectángulo, hallar el seg-
mento DB mediante el teorema de pitágoras,
DE
2 = DB 2 +BE 2
DB
2 = DE 2 −BE 2
DB =
√
(40,444+3,64)2 − (42,43)2
= 11,964
5. Obtener el ángulo 3̂ mediante razones trigonométricas
en el triángulo DBE
cos(3̂) = BE
DE
3̂ = arccos
(
42,43
44,084
)
= 15,745◦
6. Hallar el segmento BC mediante ley de cosenos en el
triángulo C BE
C B
2 =C E 2 +BE 2 −2C E ×BE cos(3̂)
C B =
√
(40,444)2 + (42,43)2 −2(40,444)(42,43)cos(15,745◦)
= 11,52
por tanto,
t = C B
2
= 5,76
7. Del teorema de Menelao en la figura C B N A (en ese or-
den)
C M ×B N × AD = B M ×N D × AC
(t ) ·B N · (4,36) = (t ) ·N D · (8)
N D = 0,545B N
así,
BD = B N +N D
11,964 = B N + (0,545B N )
B N = 7,744
8. Obtener el ángulo 1̂ mediante ley de cosenos en el
triangulo DBC
DC
2 = BD2 +BC 2 −2BD ×BC cos(1̂)
cos(1̂) = DC
2 −BD2 −BC 2
−2BD ×BC
1̂ = arccos
(
(3,64)2 − (11,964)2 − (11,52)2
−2(11,964)(11,52)
)
= 17,702◦
9. Hallar el área sombreada mediante resta de áreas, dado
dos lados y el ángulo comprendido,
Sx = A4DBC − A4N B M
= DB ×BC sin(1̂)
2
− B N ×B M sin(1̂)
2
= (11,964)(11,52)sin(17,702
◦)
2
− (7,744)(5,76)sin(17,702
◦)
2
= 14,172[u2] ä
Ejercicio 55
40 GEOMETRÍA PLANA: Área de triángulos
Ejercicio. Sea,
Solución: Se sigue,
1. Obtener el segmento AM mediante el teorema de pitá-
goras en el triángulo AMB
AB
2 = AM 2 +MB 2
AM
2 = AB 2 −MB 2
AM =
√
(7)2 − (2)2
=p45
2. Ya que C D es bisectriz interna del triángulo AC B , se
propiedad menciona
AC
AD
= C B
DB
AC
4
= C M +2
3
AC = 4(C M +2)
3
, (1)
3. Del teorema de pitágoras en el triángulo AC M
AC
2 = AM 2 +C M 2(
4(C M +2)
3
)
= (p45)2 +C M 2
7C M
2 +64C M −341 = 0
por tanto, usando la fórmula general
C M = 3,772
4. Hallar el ángulo Ĉ del triángulo AC M mediante razo-
nes trigonométricas,
tan(B̂) = AM
C M
B̂ = arctan
( p
45
3,772
)
= 60,651◦
por tanto,
1̂ = Ĉ
2
= 30,326◦
5. Hallar la región sombreada mediante resta de áreas da-
do base y altura
Sx = A4AC M − A4C LM
= AM ×C M
2
− LM ×C M
2
= (
p
45)(3,772)
2
− (2,206)(3,772)
2
tan(1̂) = LM
C M
= 8,49[u2] ä
Ejercicio 56
Ejercicio. Sea,
Solución: Se sigue,
1. Hallar el segmento EC mediante ley de senos en el
GEOMETRÍA PLANA: Área de triángulos 41
triángulo AEC
AE
sin(24◦)
= EC
sin(43◦)
EC = AE sin(43
◦)
sin(24◦)
= 7sin(43
◦)
sin(24◦)
= 11,737
2. Obtener el ángulo 1̂ mediante ángulo externo,
1̂ = Â+ �EC A
= 67◦
3. Obtener el área del triángulo EBC dado dos lados y el
ángulo comprendido,
Sx = EB ×EC sin(1̂)
2
= (10)(11,737)sin(67
◦)
2
= 54,02[u2] ä
Ejercicio 57
Ejercicio. Sea,
Solución: Se sigue,
1. Obtener el segmento EC mediante relaciones métricas,
BC
2 = AC ×EC
144 = (5+EC ) ·EC
0 = EC 2 +5EC −144
de donde, de la fórmula general
EC = 9,758
2. Obtener el segmento BE mediante teorema de pitágo-
ras,
BC
2 = BE 2 +EC 2
BE
2 = BC 2 −EC 2
BE =
√
(12)2 − (9,758)2
= 6,984
3. Del teorema de Menelao en la figura C BF A (en ese or-
den)
C D ×BF × AE = DB ×F E × AC
(6) ·BF · (5) = (6) ·F E · (14,758)
F E = 0,339BF
además,
BE = BF +F E
6,984 = BF + (0,339BF )
BF = 5,217
4. Hallar el ángulo 1̂ mediante razones trigonométricas,
sin(1̂) = EC
BC
1̂ = arcsin
(
9,758
12
)
= 54,406◦
5. Hallar el área del triángulo F BC dado dos lados y el án-
gulo comprendido,
Sx = BF ×BD sin(1̂)
2
= (5,217)(6)sin(54,406
◦)
2
=12,727[u2] ä
Ejercicio 58
42 GEOMETRÍA PLANA: Área de triángulos
Ejercicio. Sea,
Solución: Se sigue,
1. Obtener el segmento AH mediante relaciones métricas
AH
2 = B H ×HC
AH =
√
(7,2)(12,8)
= 9,6
2. Obtener el segmento AC mediante el teorema de pitá-
goras en el triángulo AC H
AC
2 = AH 2 +HC 2
AC =
√
(9,6)2 + (12,8)2
= 16
3. Obtener el segmento AE mediante el teorema de Me-
nelao en la figura C BD A (en ese orden)
C H ×BD × AE = HB ×DE × AC
(12,8)(n) · AE = (7,2)(n)(16)
AE = 9
4. Obtener el segmento AB mediante teorema de pitágo-
ras en el triángulo ABC
BC
2 = AB 2 + AC 2
AB
2 = BC 2 − AC 2
AB =
√
(20)2 − (16)2
= 12
5. Obtener el ángulo α mediante razones trigonométrica
en el triángulo B AE
tan(α) = AE
AB
α= arctan
(
9
12
)
= 36,87◦
6. Ya que BD = D A entonces
α= 1̂
y
3̂ = 106,26◦
7. Obtener el segmento AD mediante ley de senos en el
triángulo B AD
AB
sin(3̂)
= AD
sin(α)
AD = AB sin(α)
sin(3̂)
= 12sin(36,87
◦)
sin(106,26◦)
= 7,5
8. Hallar la región sombreada mediante resta de áreas da-
do lados y el ángulo comprendido,
Sx = A4AHC − A4ADE
= AH × AC sin(2̂)
2
− AD × AE sin(2̂)
2
= (9,6)(16)sin(90
◦−36,87◦)
2
− (7,5)(9)sin(90
◦−36,87◦)
2
= 34,44[u2] ä
Ejercicio 59
Ejercicio. Sea,
GEOMETRÍA PLANA: Área de triángulos 43
Solución: Se sigue,
1. El área del triángulo ABC dado dos lados y ángulo
comprendido,
A4ABC = AB ×BC sin(60
◦)
2
= x
2
p
3
4
, (1)
2. El área del triángulo DBE dado dos lados y ángulo
comprendido,
A4DBE = DB ×BE sin(60
◦)
2
=
(6)(6)
p
3
2
2
= 9p3
3. Se reconoce el cociente,
A4ABC
A4DBE
=
x2
p
3
4
9
p
3
3S1
2S1
= x
2
36
3
2
= x
2
36
x =p54 ä
Ejercicio 60
Ejercicio. Los lados de un triángulo ABC son: b =
36[u], c = 30[u], y es equivalente a un triángulo equiá-
tero de lado 25[u]. Hallar el lado a.
Solución: Se ilustra,
se sigue,
1. Los triángulos ABC y A′B ′C ′ son equivalentes siempre
y cuando sus áreas sean iguales, entonces
A4ABC = A4A′B ′C ′ , (1)
2. El área del triángulo equilátero dado dos lados y ángu-
los comprendido,
A4A′B ′C ′ =
A′B ′×B ′C ′ sin(60◦)
2
=
625 ·
p
3
2
2
= 270,633
el área del triángulo ABC dado dos lados y ángulo com-
prendido,
A4ABC = AB × AC sin(h)
2
= 30 ·36sin(x)
2
= 540sin(x)
por la ecuación (1) se sigue,
A4ABC = A4A′B ′C ′
540sin(x) = 270,633
x = 30,078◦
44 GEOMETRÍA PLANA: Área de triángulos
3. Del triángulo ABC , obtener el segmento BC , (lado a)
mediante ley de cosenos,
BC
2 = AB 2 + AC 2 −2AB × AC cos(x)
a =
√
(30)2 + (36)2 −2(30)(36)cos(30,078◦)
= 18,079[u] ä
Ejercicio 61
Ejercicio. Sea,
Solución: Se sigue,
1. Ya que C F es bisecriz interna del triángulo ABC , su
propiedad menciona,
AC
AF
= C B
BF
24
AF
= 23
BF
AF = 24BF
23
se establece,
AB = AF +F B
21 = 24BF
23
+BF
BF = 10,277
2. Ya que AD es bisectriz interna del triángulo ABC , su
propiedad menciona,
AC
C D
= AB
BD
24
C D
= 21
BD
BD = 21C D
24
se establece,
BC = BD +C D
23 = 21C D
24
+C D
C D = 12,267
3. Hallar el segmento C F mediante el teorema de Stewart
en el triángulo ABC
C F
2 × AB = AC 2 ×F B +BC 2 × AF − AF ×F B × AB
C F
2
(21) = (24)2(10,277)+ (23)2(10,723)− (10,723)(10,277)(21)
C F =
√
1
21
(
(24)2(10,277)+ (23)2(10,723)− (10,723)(10,277)(21))
= 21,019
4. Hallar el ángulo Ĉ mediante ley de cosenos en el trián-
gulo ABC
AB
2 = AC 2 +BC 2 −2AC ×BC cos(Ĉ )
cos(Ĉ ) = AB
2 − AC 2 −BC 2
−2AC ×BC
Ĉ = arccos
(
(21)2 − (24)2 − (23)2
−2(24)(23)
)
= 53,026◦
por tanto,
2̂ = Ĉ
2
= 26,513◦.
5. Hallar el área dado dos lados adyacentes y el angulo
comprendido,
A4C DF = C F ×C D sin(2̂)
2
= (21,019)(12,267)sin(26,513
◦)
2
= 57,550[u2] ä
GEOMETRÍA PLANA: Área de triángulos 45
Ejercicio 62
Ejercicio. Sea,
Solución: Se sigue,
1. Ya que M y N son puntos medios, entonces
AC ||M N
por semejanza,
AB
B M
= BC
B N
= AC
M N
6
3
= 2B N
B N
= 8
M N
de donde,
M N = 4
2. Al ser M punto medio de AB hipotunesa del triángulo
rectángulo B AH , forzosamente
B M = M A = M H = 3
3. Del triángulo B M N por relación pitagórica (de forma
inmediata)
B N = 5
verificar por el teorema de pitágoras.
4. Hallar el ángulo B̂ del triángulo ABC mediante razones
trigonométricas, (por ejemplo)
sin(B̂) = AC
BC
B̂ = arcsin
(
8
10
)
= 53,13◦
de una vez, hallar el segmento B H mediante razones
trigonométricas en el triángulo B AH
cos(B̂) = B H
AB
B H = AB cos(B̂)
= 6cos(53,13◦)
= 3,6
5. El ángulo 1̂ es el complemento del ángulo B̂ entonces,
1̂ = 36,87◦
4. Se establece,
B N = B H +H N
H N = 1,4
5. El área del triángulo dado dos dos y ángulo compren-
dido,
Sx = H N ×M N sin(1̂)
2
= 1,68[u2] ä
Ejercicio 63
Ejercicio. En la figura L y M son puntos medios. Hallar
Sx .
Solución: Se sigue,
46 GEOMETRÍA PLANA: Área de triángulos
1. Hallar F E y AC mediante teorema de pitágoras (verifi-
car)
F E = 5, AC = 10
2. Hallar el ángulo 1̂, 2̂ y 3̂ mediante razones trigonomé-
tricas
sin(1̂) = F B
F E
, sin(3̂) = AB
AC
con lo cual,
1̂ = 53,13◦, 3̂ = 36,87◦, 2̂ = 180◦−1̂−180
◦− 3̂
2
= 55,305◦
3. Hallar el segmento ME mediante ley de cosenos en el
triángulo MEC
ME
2 = MC 2 +EC 2 −2MC ×EC cos(3̂)
ME =
√
(5)2 + (5)2 −2(5)(5)cos(36,87◦)
= 3,162
4. Hallar la región sombreada mediante la suma de los
triángulos dado dos lados adyacentes y ángulo com-
prendido,
Sx = A4LE M + A4C E M
= LE ×E M sin(2̂)
2
+ EC ×MC sin(3̂)
2
= (2,5)(3,162)sin(55,305
◦)
2
+ (5)(5)sin(36,87
◦)
2
= 10,75[u2] ä
Ejercicio 64
Ejercicio. Sea,
Solución: Se sigue,
1. Mediante suma de ángulos internos en el triángulo
ABC
Â+ B̂ + Ĉ = 180◦
44◦+41̂+22̂ = 180◦
21̂+ 2̂ = 68◦, (1)
2. Mediante suma de ángulos internos en el triángulo
C HB
�HC B +�C B H + F̂ = 180◦
31̂+ 2̂ = 90◦
2̂ = 90◦−31̂, (2)
reemplazar (2) en (1)
21̂+ (90◦−31̂) = 68◦
1̂ = 22◦
por tanto,
2̂ = 24◦, 3̂ = 21̂ = 44◦
3 Ya tenemos todos los ángulos del triángulo ABC con lo
cual se tiene casi cualquier segmento, la idea ahora es,
buscar el camino mas rápido.
4. Hallar el segmento DC mediante ley de senos en el
GEOMETRÍA PLANA: Área de triángulos 47
triángulo C DB
C B
sin( �C DB) = C Dsin(B̂)
14
sin(88◦)
= C D
sin(48◦)
C D = 10,41
5. Hallar el segmento C I mediante ley de senos en el
triángulo C I B
C B
sin(Î )
= C I
sin(2̂)
ya que I es el incentro, se conoce su respectivo valor
con respecto al ángulo no bisecado
14
sin(112◦)
= C I
sin(24◦)
C I = 6,142
6. Hallar el triángulo sombreada mediante resta de áreas,
dado dos lados adyacentes y el ángulo comprendido,
Sx = A4C DB − A4C I B
= C D ×C B sin(3̂)
2
− C I ×C B sin(3̂)
2
= (10,41)(14)sin(44
◦)
2
− (6,142)(14)sin(44
◦)
2
= 20,754[u2] ä
Ejercicio 65
Ejercicio. Sea,
Solución: Se sigue,
1. Obtener el segmento AD mediante el teorema de Me-
nelao en la figura C AEB (en ese orden)
C D × AE ×BF = D A×EF ×BC
(7)(n)(6) = D A · (n)(12)
D A = 3,5
2. Hallar el segmento AF mediante el teorema de Stewart,
AF
2 ×BC = AC 2 ×BF + AB 2 ×FC −BF ×FC ×BC
AF
2
(12) = (10,5)2(6)+ (8)2(6)− (6)(6)(12)
AF =
√
(10,5)2(6)+ (8)2(6)− (6)(6)(12)
12
= 7,15
3. Hallar el ángulo 1̂ mediante ley de cosenos en el trián-
gulo AFC
FC
2 = AF 2 + AC 2 −2AF × AC cos(1̂)
cos(1̂) = FC
2 − AF 2 − AC 2
−2AF × AC
1̂ = arccos
(
(6)2 − (7,15)2 − (10,5)2
−2(7,15)(10,5)
)
= 33,38◦
4. Hallar el área sombreada mediante resta de áreas dado
dos lados adyacentes y ángulo comprendido,
Sx = A4AFC − A4AED
= AF × AC sin(1̂)
2
− AE × AD sin(1̂)
2
= (AF × AC − AE × AD) sin(1̂)
2
= ((7,15)(10,5)− (3,575)(3,5))sin(33,38◦)
2
= 17,21[u2] ä
48 GEOMETRÍA PLANA: Área de triángulos
Ejercicio 66
Ejercicio. Sea,
Solución: Se sigue,
1. Hallar el ángulo 2̂ mediante ley de senos en el triángulo
ABC
AB
sin(2̂)
= AC
sin(B̂)
sin(2̂) = AB sin(B̂)
AC
2̂ = arcsin
(
8sin(70◦)
12
)
= 38,79◦
por tanto,
Â+ B̂ + Ĉ = 180◦
 = 71,21◦
entonces
1̂ = Â
2
= 35,61◦
2. Hallar BC mediante ley de cosenos en el triángulo ABC
BC
2 = AB 2 + AC 2 −2AB × AC cos(Â)
BC =
√
(8)2 + (12)2 −2(8)(12)cos(71,21◦)
= 12,09
3. Ya que AD es bisectriz internadel triángulo ABC , su
propiedad menciona,
AB
BD
= AC
DC
8
BD
= 12
DC
BD = 8DC
12
= 2DC
3
se establece,
BC = BD +DC
12,09 = 2DC
3
+DC
DC = 7,254
4. Hallar el área sombreada dado dos lados adyacentes y
el ángulo comprendido
Sx = EC ×C D sin(2̂)
2
= (6)(7,254)sin(38,79
◦)
2
= 13,63[u2] ä
Ejercicio 67
Ejercicio. Sea,
Solución: Se plantea dos caminos, el primero es mas diverti-
do.
Camino I:
GEOMETRÍA PLANA: Área de triángulos 49
1. Ya que ABC es un triángulo rectángulo y AH es la al-
tura respecto del ángulo recto, por relaciones métricas
hallar el segmento AH
AH
2 = B H ×HC
AH =
√
(4)(7)
=p28
2. Aquí viene el paso decisivo, consideremos las áreas
A4AD H y A4HDC dado dos lados adyacente y el ángulo
comprendido,
A4AD H = AH ×HD sin(1̂)
2
, A4HDC = HD ×HC sin(1̂)
2
sin(1̂) = 2A4AD H
AH ×HD
, sin(1̂) = 2A4HDC
HD ×HC
igualando éstos resultados,
2A4AD H
AH ×HD
= 2A4HDC
HD ×HC
A4AD H
AH
= A4HDC
HC
Sx = A4HDC · AH
HC
, (1)
pero, el área del triángulo HDC puede ser expresado
como
A4HDC = A4AHC − A4AD H
= AH ×HC
2
−Sx
reemplazando éste resultado en (1)
Sx =
(
AH ×HC
2
−Sx
)
· AH
HC
despejando la incógnita (área) se sigue,
= AH
2
2
−Sx · AH
HC
Sx +Sx · AH
HC
= AH
2
2
Sx
(
HC + AH
HC
)
= AH
2
2
Sx = AH
2 ×HC
2(HC + AH)
con lo cual ya se puede hallar el área sombreada en
función de los catetos (conocidos), así
Sx = AH
2 ×HC
2(HC + AH)
= (
p
28)2(7)
2(7+p28)
= 7,973[u2] ä
En caso de no proceder así, tenemos el camino II, se
dejará expresado las instrucciones
1. Obtener el segmento AH mediante relaciones
métricas.
2. Obtener el ángulo 2̂ mediante razones trigono-
métricas, tangente.
3. Hallar el ángulo 3̂ mediante suma de ángulos in-
ternos en el triángulo HDC
4. Hallar el segmento HD mediante ley de senos en
el triángulo HDC
HC
sin(3̂)
= HD
sin(2̂)
5. Hallar el área del triángulo AHD dado dos lados
adyacentes y el ángulo comprendido, siendo que
1̂ = 45◦.
Se debe confirmar el valor obtenido por el primer camino.
Ejercicio 68
Ejercicio. Sea,
Solución: Se sigue,
50 GEOMETRÍA PLANA: Área de triángulos
1. Hallar el ángulo 1̂ mediante razones trigonométricas
en el triángulo ABC
tan(1̂) = AB
AC
1̂ = arctan
(
6
10
)
= 30,964◦
2. Obtener el segmento HC mediante razones trigono-
métricas,
cos(1̂) = HC
AC
HC = AC sin(1̂)
= 10cos(30,964◦)
= 8,575
3. Hallar el área del triángulo AHC dado dos lados adya-
centes y el ángulo comprendido,
A4AHC = AC ×HC sin(1̂)
2
= (10)(8,575)sin(30,964
◦)
2
= 22,059
ya que H M es mediana del triángulo AHC , entonces
A4AH M = A4H MC
así,
A4H M A = A4AHC
2
= 11,03[u2] ä
Ejercicio 69
Ejercicio. Sea,
Solución: De forma similar al ejercicio 67 se puede proceder
de dos formas,
1. Mediante el resultado obtenido en el ejercicio 67 (ver
la demostración) siempre que exista una bisectriz se
verifica
A4ABD
AD
= A4ABC
AC
acomodando,
A4ABD
AD
= A4ABC
AC
A4ABD
3
= Sx
AC
Sx = A4ABD AC
3
= (A4ADC −Sx ) AC
3
= A4ADC AC
3
− Sx AC
3
Sx + Sx AC
3
= A4ADC AC
3
Sx = 3AC
2
· AC
3
·
(
3
3+ AC
)
= 3AC
2
2(3+ AC )
, (1)
2. Queda obtener el segmento AC , para lo cual, se obten-
drá el ángulo 2̂ mediante ley de senos en el triángulo
GEOMETRÍA PLANA: Área de triángulos 51
DB A
AD
sin(2̂)
= DB
sin(1̂)
sin(2̂) = AD sin(1̂)
DB
2̂ = arcsin
(
3sin(45◦)
2,14
)
= 82,42◦
por tanto,
3̂ = 52,58◦
3. Mediante razone trigonométricas obtener el segmento
AC
tan(3̂) = AC
AD
AC = AD tan(3̂)
= 3tan(52,58◦)
= 3,92
4. Reemplazando en la ecuación (1)
Sx = 3AC
2
2(3+ AC )
= 3(3,92)
2
2(3+3,92)
= 3,33[u2] ä
En caso de no proceder así, se deja instrucciones para hallar
el área por otros medios,
1. Del anterior camino, ya se obtuvo 2̂, 3̂ y el segmento
AC .
2. Obtener el segmento AB mediante ley de cosenos en el
triángulo ADB
AB
2 = AD2 +DB 2 −2AD ×DB cos(3̂)
3. Obtener el área dado dos lados y el ángulo comprendi-
do,
Sx = AB × AC sin(45
◦)
2
.
con lo cual se debe obtener el mismo resultado demostrado
por el primer camino.
Ejercicio 70
Ejercicio. Sea,
Solución: Se sigue,
1. De los ejercicios 67,69 se demostró la relación de áreas
respecto de una bisectriz, así
Sx
AC
= A4C HE
C H
pero,
A4C HE = A4AHC −Sx
2. Así,
Sx
8
= A4AHC −Sx
C H
Sx
8
= A4AHC
C H
− Sx
C H
Sx
8
+ Sx
C H
= A4AHC
C H
Sx = A4AHC
HC
·
(
8HC
C H +8
)
, (1)
3. Ya que triángulo ABC es rectángulo y AH es la altura
del ángulo recto, mediante relaciones métricas,
AC
2 = BC ×HC
64 = (4+HC ) ·HC
0 = HC 2 +4HC −64
entonces
HC = 6,246
52 GEOMETRÍA PLANA: Área de triángulos
4. Obtener el lado AH mediante teorema de pitágoras en
el triángulo AHC
AC
2 = AH 2 +HC 2
AH =
√
AC
2 −HC 2
=
√
(8)2 − (6,246)2
= 4,998
5. Obtener el área sombreada mediante el resultado de
(1) y los que faltaban,
Sx = A4AHC
HC
·
(
8HC
C H +8
)
= (4,998)(6,246)
2
· 1
6,246
·
(
8(6,246)
6,246+8
)
= 8,765[u2] ä
Se deja como ejercicio, encontrar otro camino.
Ejercicio 71
Ejercicio. Sea,
Solución: Se sigue,
1. Al igual que la mediana divide al triángulo en dos áreas
iguales, para la bisectriz en el triángulo AB M
Sx
AB
= A4BE M
B M
éste resultado se demostró en los ejercicio 67,69,70;
puliendo éste resultado,
Sx
5
= A4BE M
3
Sx = 5
3
(A4AB M −Sx )
Sx + 5
3
Sx = 5A4AB M
3
Sx · 8
3
= 5A4AB M
3
Sx = 5A4AB M
8
, (1)
2. Hallar el segmento DC , siendo BD bisectriz interna del
triágulo ABC , su propiedad menciona
AB
AD
= BC
C D
C D = AD ×BC
AB
= (4)(6)
(5)
= 4,8
3. Hallar el ángulo B̂ mediante ley de cosenos en el trián-
gulo ABC
AC
2 = AB 2 +BC 2 −2AB ×BC cos(B̂)
cos(B̂) = AC
2 − AB 2 −BC 2
−2AB ×BC
B̂ = arccos
(
(8,8)2 − (5)2 − (6)2
−2(5)(6)
)
= 105,90◦
4. Hallar el área del triángulo AB M dado dos lados adya-
centes y ángulo comprendido
A4AB M = AB ×B M sin(B̂)
2
= (5)(3)sin(105,90
◦)
2
= 7,213
del resultado en (1)
Sx = 5A4AB M
8
= 5(7,213)
8
= 4,508[u2] ä
GEOMETRÍA PLANA: Área de triángulos 53
Ejercicio 72
Ejercicio. Sea,
Solución: Se sigue,
1. Hallar el segmento AC mediante el teorema de pitágo-
ras en el triángulo B AC
AC
2 = AB 2 +BC 2
AC =
√
(14)2 + (12)2
= 18,439
2. Hallar el segmento BE mediante relaciones métricas,
AB ×BC = AC ×BE
BE = AB ×BC
AC
= (14)(12)
18,439
= 9,111
3. Hallar el ángulo 1̂ del triángulo ABE
cos(1̂) = BE
AB
1̂ = arccos
(
9,111
14
)
= 49,4◦
por tanto,
2̂ = 40,60◦
4. Hallar los segmentos AE y EC mediante el teorema de
pitágoras en los triángulos ABE y BEC (verifica)
AE = 10,63, EC = 7,81
5. En la figura C BF A (en ese orden) del teorema de Me-
nelao
C D ×BF × AE = DB ×F E × AC
(6) ·BF · (10,63) = (6) ·F E · (18,439)
F E = 0,576BF
se establece,
BE = BF +F E
9,111 = BF + (0,576BF )
BF = 5,78
6. Hallar el área sombreada mediante dos lados y el ángu-
lo comprendido,
Sx = BD ×BF sin(2̂)
2
= (6)(5,78)sin(40,60
◦)
2
= 11,283[u2] ä
Ejercicio 73
Ejercicio. Hallar el área de un triángulo rectángulo, sa-
biendo que la proyecciones de los catetos en la bisecriz
del ángulo recto miden 5[u] y 8[u] respectivamente.
Solución: Se ilustra,
así,
54 GEOMETRÍA PLANA: Área de triángulos
1. Obtener las hipotenusas de los triángulos ABP y BQC
mediante el teorema de pitágoras, (verifica)
AB = 3p2, 8p2
por por tanto,
A4ABC = AB ×BC
2
= (3
p
2)(8
p
2)
2
= 24[u2] ä
Ejercicio 74
Ejercicio. Sea,
Solución: Se sigue,
1. Encontrar el ángulo B̂ mediante ley de cosenos en el
triángulo ABC
AC
2 = AB 2 +BC 2 −2AB ×BC cos(B̂)
cos(B̂) = AC
2 − AB 2 −BC 2
−2AB ×BC
B̂ = arccos
(
(15)2 − (10)2 − (14)2
−2(10)(14)
)
= 75,311◦
2. Hallar el segmento C D mediante ley de cosenos en el
triángulo DBC
DC
2 = DB 2 +BC 2 −2DB ×BC cos(B̂)
DC =
√
(6)2 + (14)2 −2(6)(14)cos(75,311◦)
= 13,76
3. De la figura BC E A (en ese orden) por el teorema de Me-
nelao
BF ×C E × AD = FC ×ED × AB
(5) ·C E · (4) = (9) ·ED · (10)
DE = 2
9
C E
se establece,
C D =C E +ED
13,76 =C E + 2C E
9
C E = 11,26
4. Hallar el ángulo 1̂ mediante ley de cosenos en el trián-
gulo DC A
AD
2 = AC 2 +C D2 −2AC ×C D cos(1̂)
cos(1̂) = AD
2− AC 2 −C D2
−2AC ×C D
1̂ = arccos
(
(4)2 − (15)2 − (13,76)2
−2(15)(13,76)
)
= 15,21◦
5. Hallar el área sombreada dado dos lados y el ángulo
comprendido,
Sx = AC ×C E sin(1̂)
2
= (15)(11,26)sin(15,21
◦)
2
= 22,158[u2] ä
Ejercicio 75
Ejercicio. Sea,
GEOMETRÍA PLANA: Área de triángulos 55
Solución: Se sigue,
1. hallar el segmento AC mediante el teorema de Stewart,
AH
2 ×BC = AC 2 ×B H + AB 2 ×HC −B H ×HC ×BC
AC
2 = AH
2 ×BC − AB 2 ×HC +B H ×HC ×BC
B H
AC =
√
(21)2(32)− (20)2(16)+ (16)(16)(32)
16
= 31,53
2. Hallar el ángulo 1̂ mediante ley de cosenos en el trián-
gulo H AC
HC
2 = AH 2 + AC 2 −2AH × AC cos(1̂)
cos(1̂) = HC
2 − AH 2 − AC 2
−2AH × AC
1̂ = arccos
(
(16)2 − (21)2 − (31,53)2
−2(21)(31,53)
)
= 27,088◦
3. Hallar el segmento AE mediante razones trigonométri-
cas en el triángulo AE H
cos(1̂) = AE
AH
AE = 21cos(1̂)
6 = 21cos(27,088◦)
= 18,7
4. Hallar la región sombreada dado dos lados adyacentes
y el ángulo comprendido,
Sx = AH × AE sin(1̂)
2
= (21)(18,7)sin(27,088
◦)
2
= 98,393[u2] ä
Ejercicio 76
Ejercicio. Sea,
Solución: Se sigue,
1. Obtener los segmentos DE y EF y OD mediante razo-
nes trigonométricas,
tan(42◦) = DE
OE
, cos(42◦) = OE
DO
, tan(42◦) = EF
EB
se verifica,
DE = 8,104, DO = 12,111, EF = 7,203
2. Ya que DO||F A por el teorema básico de semejanza
DP
F P
= DO
F A
DE +EF +F P
F P
= DO
F A
8,104+7,203+F P
F P
= 12,111
5
por propiedades de proporciones, de cada numerador
se resta su respectivo denominador,
15,307
F P
= 7,111
5
F P = 10,763
3. Hallar el ángulo 1̂ mediante razones trigonométricas,
tan(1̂) = EB
EF
1̂ = arctan
(
8
7,203
)
= 48◦
56 GEOMETRÍA PLANA: Área de triángulos
4. Hallar el área del triángulo F PA dado dos lados y el án-
gulo comprendido,
Sx = F A×F P sin(1̂)
2
= (5)(10,763)sin(48
◦)
2
= 20[u2] ä
Ejercicio 77
Ejercicio. Sea,
Solución: Se sigue,
1. Obtener el segmento EC , en la figura B AEF (en ese or-
den) mediante el teorema de Menelao
BD × AE ×C F = D A×EC ×BF
(2)(7)(8) = (3) ·EC · (17)
EC = 2,196
2. Hallar el ángulo 1̂ mediante ley de cosenos en el trián-
gulo ABC
BC
2 = AB 2 + AC 2 −2AB × AC cos(1̂)
cos(1̂) = BC
2 − AB 2 − AC 2
−2AB × AC
1̂ = arccos
(
(9)2 − (5)2 − (9,196)2
−2(5)(9,196)
)
= 71,90◦
3. Hallar el área del triángulo ABC mediante resta de
áreas dado dos lados y el ángulo comprendido,
Sx = A4ABC − A4D AE
= AB × AC sin(1̂)
2
− D A× AE sin(1̂)
2
= (AB × AC −D A× AE) sin(1̂)
2
= ((5)(9,196)− (3)(7))sin(71,90◦)
2
= 11,872[u2] ä
Ejercicio 78
Ejercicio. Sea,
Solución: Se sigue,
1. Ya que H es el ortocentro del triángulo ABC se genera
antiparalelismo (verifica los ángulos) entonces,
4ABC ≈4EBD, (A, A)
así,
AB
EB
= BC
BD
= AC
ED
descartando la tercera proporción,
AB
EB
= BC
BD
BD
BC
= EB
AB
, (1)
GEOMETRÍA PLANA: Área de triángulos 57
2. El área de los triángulos ABC y DBE dado dos lados y
ángulo comprendido,
A4ABC = AB ×BC sin(60
◦)
2
, A4DBE = BD ×BE sin(60
◦)
2
sin(60◦) = 2A4ABC
AB ×BC
, sin(60◦) = 2A4DBE
BD ×BE
igualando éstos resultados,
2A4ABC
AB ×BC
= 2A4DBE
BD ×BE
A4DBE = A4ABC · BD ×BE
AB ×BC
= 100 · BD
BC
· BE
AB
reemplazando el resultado de la ecuación uno
= 100 · BD
BC
·
(
BD
BC
)
= 100 · BD
2
BC
2
= 100 ·
(
BD
BC
)2
, (2)
pero, del gráfico se sabe que �BC D = 30◦ ya que B̂ +�BC D = 90◦, así
sin(30◦) = BD
BC
1
2
= BD
BC
reemplazando éste resultado en (2)
A4DBE = 100 ·
(
BD
BC
)2
= 100 ·
(
1
2
)2
= 24[u2] ä
Ejercicio 79
Ejercicio. Sea,
Solución: Se sigue,
1. Hallar el ángulo α mediante ley de cosenos en el trián-
gulo ABC
BC
2 = AB 2 + AC 2 −2AB × AC cos(α)
cos(α) = BC
2 − AB 2 − AC 2
−2AB × AC
α= arccos
(
(12)2 − (8)2 − (16)2
−2(8)(16)
)
= 46,57◦
por tanto, su complemento será,
1̂ = 43,43◦
2. Obtener el ángulo δ mediante ley de cosenos en el
triángulo ABC
AB
2 = BC 2 + AC 2 −2BC × AC cos(δ)
cos(δ) = AB
2 −BC 2 − AC 2
−2BC × AC
δ= arccos
(
(8)2 − (12)2 − (16)2
−2(12)(16)
)
= 28,96◦
por tanto, su complemento será,
2̂ = 61,04◦
3. En el ejercicio 68 de la sección de congruencia de de-
mostró,
3̂ =α+δ
entonces,
3̂ = 75,53◦
58 GEOMETRÍA PLANA: Área de triángulos
4. Hallar el segmento AF mediante razones trigonométri-
cas,
cos(α) = AM
AF
AF = AM
cos(α)
= 4
cos(46,57◦)
= 5,818
5. Hallar el segmento GC mediante razones trigonomé-
tricas,
cos(δ) = NC
GC
GC = NC
cos(δ)
= 6
cos(28,96◦)
= 6,857
se establece además,
AC = AF +FG +GC
16 = (5,818)+FG + (6,857)
FG = 3,325
6. Hallar el segmento (por ejemplo) DG mediante ley de
senos en el triángulo F DG
DG
sin(1̂)
= FG
sin(3̂)
DG = FG sin(1̂)
sin(3̂)
= 3,325sin(43,43
◦)
sin(75,53◦)
= 2,36
7. Hallar el triángulo DFG dado dos lados y el ángulo
comprendido,
Sx = FG ×DG sin(2̂)
2
= (3,325)(2,36)sin(61,04
◦)
2
= 3,433[u2] ä
Ejercicio 80
Ejercicio. Sea,
Solución: Se sigue,
1. Del ejercicio 39 de la sección de semejanza se demos-
tró,
m2 = AE ×FC
entonces
m2 = AE ×FC
m =
√
(9)(4)
= 6
2. La región dado dos lados y el ángulo comprendido,
Sx = AE × AM sin(Â)
2
= (9)(6)sin(70
◦)
2
= 25,372[u2] ä
Ejercicio 81
Ejercicio. Si B M es mediana del triángulo ABC , D es
ortocentro del triángulo AB M , AH = 3[u] y AB × AN ×
B H = 40; determinar el área del triángulo ABC .
GEOMETRÍA PLANA: Área de triángulos 59
Solución: Se sigue,
1. Ya que D es ortocentro del triángulo AB M se genera
antiparalelismo entre N H y B M por tanto,
4B AM ≈4H AN , (A, A)
entonces
B A
H A
= AM
AN
= B M
H N
descartando la tercera proporción,
B A
H A
= AM
AN
B A
3
= t
AN
B A× AN = 3t , (1)
2. Por hipótesis se sabe,
AB × AN ×B H = 40
(AB × AN )×B H = 40
reemplazando la ecuación uno,
(3t ) ·B H = 40
t ·B H = 40
3
, (2)
pero el área del triángulo ABC dado una base y altura
A4ABC = AC ×B H
2
= 2t ·B H
2
= t ·B H
igualando con la ecuación dos
= 40
3
[u2] ä
Ejercicio 82
Ejercicio. Sea,
Solución: Se sigue,
1. Hallar el segmento AE mediante el teorema de Mene-
lao en la figura C AF B (en ese orden)
C E × AF ×BD = E A×F D ×C B
(7) ·
(
5F D
4
)
· (5) = AE ×F D(11)
AE = 3,98
2. Hallar el segmento AD mediante el teorema de Ste-
wart,
AD ×C B = AC 2 ×BD + AB 2 ×DC −BD ×DC ×BC
AD
2
(11) = (10,98)2(5)+ (8)2(6)− (5)(6)(11)
AD =
√
(10,98)2(5)+ (8)2(6)− (5)(6)(11)
11
= 7,725
Se establece,
AD = AF +F D
7,725 = 5F D
4
+F D
F D = 3,433
60 GEOMETRÍA PLANA: Área de triángulos
por tanto,
AF = 4,292
3. Hallar el ángulo 1̂ mediante ley de cosenos en el trián-
gulo ABD
BD
2 = AB 2 + AD2 −2AB × AD cos(1̂)
cos(1̂) = BD
2 − AB 2 − AD2
−2AB × AD
1̂ = arccos
(
(5)2 − (8)2 − (7,725)2
−2(8)(7,725)
)
= 37,027◦
4. Hallar la región sombreada mediante resta de áreas da-
do dos lados y el ángulo comprendido,
Sx = A4ABD − A4ABF
= AB × AD sin(1̂)
2
− AB × AF sin(1̂)
2
= (AB × AD − AB × AF ) sin(1̂)
2
= ((8)(7,725)− (8)(4,292))sin(37,027◦)
2
= 8,27[u2] ä
Ejercicio 83
Ejercicio. Sea,
Solución: Se sigue,
1. Hallar el segmento DB mediante teorema de Menelao
en la figura C BD A (en ese orden)
C E ×DB × AF = EB ×DF × AC
(5) ·DB · (7) = (3)(4)(13)
DB = 4,457
2. Hallar el ángulo 2̂ mediante ley de cosenos en el trián-
gulo BFC
BC
2 = BF 2 +FC 2 −2BF ×FC cos(2̂)
cos(2̂) = BC
2 −BF 2 −FC
−2BF ×FC
2̂ = arccos
(
(8)2 − (8,457)2 − (6)2
−2(8,457)(6)
)
= 64,60◦
por tanto, el suplemento será,
1̂ = 115,4◦
3. Hallar el área dado dos lados adyacentes y el ángulo
comprendido,
Sx = AF ×DF sin(1̂)
2
= (7)(4)sin(115,4
◦)
2
= 12,647[u2] ä
Ejercicio 84
Ejercicio. Sea,
Solución:
GEOMETRÍA PLANA: Área de triángulos 61
Ejercicio 85
Ejercicio. En un círculo ¯ : (O1;3) inscrito al triángulo
ABC , y R = 8 para el triángulo ABC .
Solución: Se sigue,
1. De resultados previos, se demostró
O1O = d 2 = R(R −2r )
de donde, se obtiene un resultado muy útil,
d 2 ≥ 0
R(R −2r ) ≥ 0 ya que, R ≥ 0
R −2r ≥ 0
R ≥ 2r
así,
d =
√
8(8−2(3)) = 4
2. Del triángulo HO1O obtener el segmento HO median-
te teorema de pitágoras,
O1O
2 = HO1 +HO2
HO
2 =O1O2 −HO1
HO =
√
(4)2 − (3)2
=p7
3. Se establece,
B H = BO−HO = 8−p7
así,
B H = BP = 8−p7.
De forma análoga,
C H = HO +OC
= 8+p7 =QC
por otra parte,
AP = AQ
c −BP = b −QC
c − (8−p7) = b − (8+p7)
c = b −2p7, (1)
4. Del teorema de pitágoras en el triángulo ABC se sigue,
BC
2 = AB 2 + AC 2
(8)2 = c2 +b2, (2)
reemplazando (1) en (2)
64 = c2 +b2
(b −2p7)2 +b2
= (b2 −4p7b +28)+b2
0 = b2 −4p7b −36
mediante la fórmula general,
b = 13,292
entonces
c = 8
por tanto, tenemos al menos dos formas de obtener el
área; dado el semiperímetro y radio del círculo inscrito,
o dado una base y altura
Sx = s · r
= a +b + c
2
· r
= 16+13,292+8
2
·3
= 55,94[u2] ä
62 GEOMETRÍA PLANA: Área de triángulos
Ejercicio 86
Ejercicio. Un triángulo tiene por lados AB = BC =
50[u] y el lado AC , vale 60[u], halla el radio de la circun-
ferencia circunscrita
Solución: Se sigue,
1. Obtener el ángulo B̂ mediante ley de cosenos en el
triángulo ABC
AC
2 = AB 2 +BC 2 −2AB ×BC cos(B̂)
cos(B̂) = AC
2 − AB 2 −BC 2
−2AB ×BC
B̂ = arccos
(
(60)2 − (50)2 − (50)2
−2(50)(50)
)
= 73,74◦
2. Se establece la relación entre área y el radio del trián-
gulo circunscrito,
A4ABC = AB ×BC × AC
4R
se obteien el área del triángulo dado dos lados y el án-
gulo comprendido
AB ×BC sin(B̂)
2
= AB ×BC × AC
4R
R = AC
sin(B̂)
= 30
sin(73,74◦)
= 31,25[u] ä
Ejercicio 87
Ejercicio. En un triángulo rectángulo la relación entre
los valores de los radios de los círculos inscritos y cir-
cunscrito es 2/5. Determinar los valores de los ángulos
del triángulo.
Solución: Se ilustra la situación,
Se sigue,
1. Del ejercicio 65 se sabe,
R ≥ 2r, =⇒ 1
2
≥ r
R
por tanto,
r
R
= 2
5
, =⇒ r = 2R
5
2. Del ejercicio 65 se sabe,
IO
2 = R(R −2r )
así, del teorema de pitágoras,
IO
2 = H I 2 +HO2
HO
2 = IO2 −H I 2
HO =
√
R(R −2r )− r 2
=
√
R
(
R −2 · 2R
5
)
−
(
2R
5
)2
=
√
R
(
R
5
)
− 4R
2
25
= R
5
se establece,
AH = AO −HO
= R − R
5
= 4R
5
del gráfico,
AP = AH = 4R
5
GEOMETRÍA PLANA: Área de triángulos 63
y
HC =OC +HO
= R + R
5
= 6R
5
del gráfico,
HC =QC = 6R
5
.
3. Del gráfico se sigue,
PB = BQ
c − AP = a −QC
c − 4R
5
= a − 6R
5
c = a − 2R
5
4. Del teorema de pitágoras se sigue,
AC
2 = AB 2 +BC 2
(2R)2 = c2 +a2
4R2 =
(
a − 2R
5
)2
+a2
0 = a2 − 2R
5
a − 48R
2
25
0 = 25a2 −10R ·a −48R2
mediante fórmula general,
a1,2 = −b ±
p
b2 −4ac
2a
= −(−10R)±
√
(10R)2 −4(25)(−48R2)
2(25)
= 10R ±
p
4900R2
50
=
(
80
50
)
·R = 8R
5
descartamos la solución negativa; por tanto,
c = a − 2R
5
=
(
8R
5
)
− 2R
5
= 6R
5
5. Con a y c, tomando la tangente del ángulo Â
tan(Â) = BC
AB
= a
c
= 8R/5
6R/5
 = arctan
(
4
3
)
= 53,13◦
su respectivo complemento,
B̂ = 36,87◦ ä
Ejercicio 88
Ejercicio. Los lados de un triángulo a,b y c son iguales
a 20[u],24[u] y 27[u], respectivamente. Determinar R, r
y rc .
Solución: Se ilustra,
se sigue,
1. Obtener el ángulo 1̂ mediante ley de cosenos en el
64 GEOMETRÍA PLANA: Área de triángulos
triángulo ABC
AB
2 = AC 2 +BC 2 −2AC ×BC cos(1̂)
cos(1̂) = AB
2 − AC 2 −BC 2
−2AC ×BC
1̂ = arccos
(
(27)2 − (24)2 − (20)2
−2(24)(20)
)
= 75,09◦
2. Obtener el área del triángulo ABC dado dos lados y el
ángulo comprendido,
A4ABC = AC ×BC sin(1̂)
2
= (20)(24)sin(75,09
◦)
2
= 231,92[u2]
3. Se invoca la relación entre el área del triángulo y el ra-
dio del círculo que lo circunscribe,
A4ABC = AB ×BC × AC
4R
231,92 = (20)(24)(27)
4R
R = 13,97[u] ä
4. Se invoca la relación entre el área del triángulo y el ra-
dio del círculo inscrito,
A4ABC = s · r
r = A4ABC
s
= 231,92
20+24+27
2
= 6,53[u] ä
5. Se invoca la relación entre el área del triángulo y el ra-
dio del círculo exinscrito al lado AB := c
A4ABC = (s − c) · rc
rc = A4ABC
s − c
= 231,92
20+24+27
2
−27
= 27,28[u] ä
Ejercicio 89
Ejercicio. El área del triángulo es de 600[u2], si uno
de sus lados miden 75[u] y el producto de los otros dos
lados es 1200. Calcular el radio del círculo circunscrito.
Solución: Se ilustra,
se sigue,
A4ABC = AB ×BC × AC
4R
600 = 75 · (1200)
4R
R = 37,5[u] ä
Ejercicio 90
Ejercicio. Sea,
Solución: Se sigue,
GEOMETRÍA PLANA: Área de triángulos 65
1. Se relaciona el área del triángulo con el radio inscrito,
A4ABC = s · r
pero, el área del triángulo rectángulo puede ser puesto
en función de una base y altura
AB ×BC
2
= AB +BC + AC
2
· r
(40)a
2
= 40+a +b
2
·4
9a −40 = b
2. Del teorema de pitágoras en el triángulo ABC
AC
2 = AB 2 +BC
b2 = 1600+a2
(9a −40)2 = 1600+a2
a = 9
por tanto, suficientes datos para hallar el área,
A4ABC = AB ×BC
2
= (40)(9)
2
= 120[u2] ä
Ejercicio 91
Ejercicio. Dado los lados de un triángulo ABC : a =
12[u], b = 14[u] y c = 15[u]. Calcular R,r,rc .
Solución: Se sigue,
1. Obtener el ángulo 1̂ mediante ley de cosenos en el
triángulo ABC
AC
2 = AB 2 +BC 2 −2AB ×BC cos(1̂)
cos(1̂) = AC
2 − AB 2 −BC 2
−2AB ×BC
1̂ = arccos
(
(14)2 − (15)2 − (12)2
−2(15)(12)
)
= 61,28◦
2. Hallar el área del triángulo ABC dado dos lados y el án-
gulo comprendido,
A4ABC = AB ×BC sin(1̂)
2
= (15)(12)sin(61,28
◦)
2
= 78,927[u2]
3. Invocar la relación de área del triángulo y radio del
círculo circunscrito,
A4ABC = AB ×BC × AC
4R
78,927 = (15)(12)(14)
4R
R = 7,98[u] ä
66 GEOMETRÍA PLANA: Área de triángulos
4. Invocar la relación de área del triángulo y radio del
círculo inscrito
A4ABC = s · r
r = A4ABC
s
= 78,927
15+12+14
2
= 3,85[u] ä
5. Invocar la relación de área del triángulo y el radio del
círculo exinscrito respecto de AB
A4ABC = (s − c) · rc
rc = A4ABC
s −a
= 78,927
15+12+14
2
−15
= 14,35[u] ä
Ejercicio 92
Ejercicio. Los lados de un triángulo ABC son: a =
25[u], b = 30[u] y c = 33[u]. Hallar: R,r y IOa donde, Oa
es el excentro e I es el incentro.
Solución: Se ilustra,
Se sigue,
1. Hallar el ángulo  mediante ley de cosenos en el trián-
gulo ABC
BC
2 = AB 2 + AC 2 −2AB × AC cos(Â)
cos(Â) = BC
2 − AB 2 − AC 2
−2AB × AC
 = arccos
(
(25)2 − (33)2 − (30)2
−2(33)(30)
)
= 46,46◦
2. Invocar la relación de área del triángulo y radio del
círculo circunscrito
A4ABC = AB × AC ×BC
4R
pero, el área del triángulo puede ser colocada en fun-
ción de dos lados adyacente y el ángulo comprendido
AB × AC sin(Â)
2
= AB × AC ×BC
4R
R = BC
2sin(Â)
¿ya lo esperabas,verdad?
R = BC
2sin(Â)
= 25
2sin(46,46◦)
= 17,24[u] ä
3. Hallar el área del triángulo ABC dado dos lados adya-
centes y el ángulo comprendido,
A4ABC = AB ×BC sin(Â)
2
= (33)(30)sin(46,46
◦)
2
= 358,82
4. Invocar la relación de área del triángulo y el radio ins-
crito,
A4ABC = s · r
r = A4ABC
s
= 358,82
33+30+25
2
= 8,15[u] ä
GEOMETRÍA PLANA: Área de triángulos 67
5. Ya que AOa y COa son bisectriz interna y externa se ve-
rifica,
θ = B̂
2
= 2̂
es decir,
4AB I ≈4AOaC , (A, A)
entonces
AB
AOa
= AI
AC
= B I
OaC
descartando la tercera proporción,
AB
AOa
= AI
AC
33
AI +x
= AI
30
despejando equis,
x = 990− AI
2
AI
, (1)
6. Hay que obtener el segmento AI , tengo algunas ideas:
En retrospectiva, se demostró en el ejercicio 8 de la
sección de resolución de triángulos
B I
BT
= AB + AC
BC
de donde, faltaría obtener el valor del segmento AT
mediante Stewart.
Otra alternativa es, mediante la construcción del seg-
mento I H el cual, representa el radio de círculo inscri-
to (ya lo teníamos) al igual que el ángulo 1̂; mediante
razones trigonométricas,
sin(1̂) = r
AI
y ¡listo!
Por último, existe una relación estricta para la distancia
desde el vértice al incentro,
AI =
√
b · c(p −a)
p
Entonces empleando ambas,
AI =
√
b · c(p −a)
p
=
√√√√√√√ (30)(33)
(
33+30+25
2
−25
)
33+30+25
2
= 20,67
mediante razones trigonométricas,
sin(1̂) = r
AI
AI = r
sin(1̂)
= 8,15
sin(23,23◦)
= 20,66
detalles ¿no?
7. Reemplazando en la ecuación (1)
x = 990− AI
2
AI
= 990− (20,67)
2
20,67
= 27,24[u] ä
Ejercicios resueltos
Libro: Geometría, G. Calvache y C. León
Edición 2019
Autor,
The Seeker
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Revista digital
Matemática, Educación e Internet
(http://www.tec-digital.itcr.ac.cr/revistamatematica/).
http://www.tec-digital.itcr.ac.cr/revistamatematica/