Tema 14 - Polígonos regulares

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51UNI SEMESTRAL 2013 - III GEOMETRÍA TEMA 15
POLÍGONOS REGULARES
GEOMETRÍA
Se denomina polígono regular a todo polígono convexo que
tiene sus lados congruentes, y los pares angulares que estos
determinan son también congruentes.
• Todo polígono regular es equilátero y equiángulo.
• A todo polígono regular se le puede inscribir y circunscribir
circunferencias concéntricas respectivamente.
An
A1
In
A2
A3
R R
R
ap
ap
O H
2
n 2
In
Elementos:
R : circunradio
ap : apotema
 A1OA2 : Triángulo elemental
A1OA2 : Ángulo central
n
360ºa
n

En el A1OH : R
2 = 
2In
2
 
 
 
 + (ap)2
2
p In 2 R (a )2  
2
2
p
(In)A R
4
 
Fórmula trigonométrica:
In
2 = Rsen
n
2
 
 
 
  In = 2Rsen
n
2
 
 
 
Ap = Rcos
n
2
 
 
 
Teorema
Si dividimos una circunferencia en n partes iguales, siendo
n > 2 y unimos consecutivamente los puntos de división, el
polígono inscrito que resulta en regular.
CÁLCULO DEL LADO Y APOTEMA DE UN PO-
LÍGONO REGULAR EN FUNCIÓN DEL RADIO
Demostraciones:
Triángulo equilátero
B
A C
R R
0
M
60o
30oap3
2
3
• Ángulo central:
M AOC = 360º3 = 120º
• Lado: En el OMC:
3 R 3
2 2


… (cateto que se opone a 60º)
3 R 3 
• Apotema: En el CMC:
3p
R
2
a  …. (cateto que se opone a 30º)
Cuadrado
B
A D
R
0
M
45o
ap4
2
4
R
45o
C
DESARROLLO DEL TEMA
52UNI SEMESTRAL 2013 - III GEOMETRÍA
POLÍGONOS REGULARES
TEMA 15
Exigimos más!
• Ángulo central:
m AOD = 360º4 = 90º
• Lado: en el AOD:
4 R 2  …… (D isósceles)
• Apotema: en el OMD:
R = ap4 2 (D isósceles)
2 2 2
2
8
4R 2R R 2p
4
a  
Hexágono regular
B
A
0
M
30o
ap6
2
6
R
C D
E
R
60o
F
• Ángulo central:
m AOF = 360º6 = 60º
• Lado: En el AOF
6 R  ….( equilátero)
• Apotema: En el OMF:
p6
R 3
2
a  … (cateto que se opone a 60º)
Octógono regular
A
B
ap4
0
45o R
R
ap8
H
C
D
E
F
G
M
2
• Ángulo central:
m AOH = 360º8 = 45º
• Lado: En el AOH:
2
8 = R
2 + R2 - 2.R.ap4 ….
(1er. Teor. de Euclides)
2
8 =R
2 + R2 - 2R. R 22
2
8 = 2R
2 . R2 2
8 R 2 2  
• Apotema: En el OMF:
2
2 2 8
6p R 32
a     
 

2 2
2 2
8
2R R 2p R
4
a  
2 2 2
2
8
4R 2R R 2p
4
a  
8
Rp 2 2
2
a  
Dodecágono regular
A
B
Ap6
0
R
R
ap12
H
C
D
E
F
G
M
I
J
K
L
2
12
N
• Ángulo central:
m AOL = 360º12 = 30º
• Lado: En el DAOL:
2
12 = R
2 + R2 - 2R . R 32
2
12 = R
2 + R2 - 2.R. ap6
12 R 2 3  
• Apotema: En el OMH:
2
2 2 12
12p R 2
a    
 

2 2
2 2
12
2R R 3p R
4
a  
2 2 2
2
12
4R 2R R 3p
4
a  
12
Rp 2 3
2
a  
53UNI SEMESTRAL 2013 - III GEOMETRÍA TEMA 15
Exigimos más!
POLÍGONOS REGULARES
Decágono regular
AB
0
R
R
ap10
H
C
D
E
F G
M
I
J
2
10
P
• Ángulo central:
m AOJ = 
360º
10
 = 36º
• Lado: El lado del decágono regular es la porción área
del circunradio. Esto es:
2
10 10R(R )  
O bien: 10
5 1 R
2
    
 

Demostración:
En el triángulo isósceles AOJ, se traza la bisectriz interior JP,
formándose los triángulos isósceles AJP y JPO.
En el triángulo APJ, aplicando el Teorema de la bisectriz inte-
rior, se tiene: 10
10 10
R
R



  De donde: 
2
10 10R(R )  
10
R ( 5 1)
2
  
• Apotema: En el triángulo OMG:
2
2 2 10
10p R 2
a     
 

2
2 2
10
R (5 2 5 1)
4p R
4
a
 
 
2 2 2
10
16R 6R 2 5Rp
16
a  
10
Rp 10 2 5
4
a  
Pentágono regular
B
0
2
5
M
CA
DE
R
ap15
R
72o
• Ángulo central:
m AOE = 
360º
5 = 72º
• Lado: El lado del pentágono regular es la hipotenusa de
un tríángulo rectángulo cuyos catetos son el lado del hexá-
gono regular y el lado del decágono regular. Esto es:
2 2 2
5 6 10   
Demostración:
Se toma F punto medio del arco DE. Se une F con 0 y con E,
formándose el triángulo isósceles EOF; en donde: EF = 10
A E
RR
R
F
G
D
T
72o
0
C
72o 36
o
72o
R
R-
 10
Haciendo centro en E y con radio igual a EO = R se traza un
arco de circunferencia que corta a la prolongación de EF en
G, y a continuación se traza la tangente GT, uniendo
finalmente O con G y con T; formándose así el triángulo
isósceles OEG y el OTG.
Aplicando el Teorema de Pitágoras en el 
OTG: OG2 = OT2 + GT2 ….. (1)
Por relaciones métricas en la circunferencia, se tiene: GT2 =
GE.GF y como EF = 10 es la porción áurea del circunradio:
EF2 GE.GF, luego: GT = EF = 10 …… (2)
Por el caso LAL de congruencia de triángulos, se tiene: trián-
gulos OEG  triángulo AOE.
Así: OG = AE = l5 ……. (3)
De la figura: OT = R  OT = l6 ……. (4)
Reemplazando (2) , (3) y (4) en (1):
2 2 2
5 6 10   
O sea:
2
2 2
5
RR (5 2 5 1)
4
   
2 2 2
2
5
4R 6R 2 5R
4
 
2
2
5
R (10 2 5)
4
 
5
R 10 2 5
2
 
54UNI SEMESTRAL 2013 - III GEOMETRÍA
POLÍGONOS REGULARES
TEMA 15
Exigimos más!
Apotema: En el OMB:
2
2 2 5
5p R 2
a    
 

2
2 2
5
R (10 2 5)
4p R
4
a

 
2 2 2
2
5
16R 10R 2 5Rp
16
a  
2
2
5
Rp (6 2 5)
16
a  
5 5
R Rp 6 2 5 ; p ( 5 1)
4 4
a a    
1. Conocido el lado ln de un polígono regular y el circunradio
R, calcular el lado l2n del polígono regular de doble
número de lados inscrito en la misma circunferencia.
O
R
A
B
apn
En el triángulo AOB, aplicando el 1er. Teorema de
Euclides, se tiene:
2 2 2
2n nR R 2.R.ap  
2 2
n2 2
2n
4R
2R 2R.
2

 


2 2 2
2n n2R R 4R    
2. Conocido el lado ln de un polígono regular y el circunradio
R, calcular el lado ln del polígono regular del mismo número
de lados pero circunscrito a la misma circunferencia.
O
R
A B
apn
'B'A
La semejanza de triángulos entre A' OB" y AOB, se tie-
ne: 
'
n
n n
R
pa


Despejando 
' n
n
n
.R
pa

Sustituyendo apn por su fórmula se tiene:
'
n
2 2
n
2 n.R
4R




3. Conocido el lado ln de un polígono regular y el circunradio
R, calcular el lado '2n del polígono regular de doble
número de lados pero ci rcunscri to a la misma
circunferencia.
R
O
B
'B
N
'N
A
nAB  
2nNB  
'
2nN'B '  
Por el problema anterior se tiene:
' 2n
2n
2 2
2n
2 .R
4R




Sustituyendo l2n por su fórmula, se tiene:
2 2 2
n'
2n
2 2 2 2
n
2R. 2R R 4R
4R (2R R 4R
 

  



2 2
2n
2 2 2
n
2R R 4R2R
2R R 4R
  
 


55UNI SEMESTRAL 2013 - III GEOMETRÍA TEMA 15
Exigimos más!
POLÍGONOS REGULARES
Problema 1
Halle el número de diagonales de un
polígono regular ABCDE... sabiendo
que las mediatrices de los lados AB y
DE forman un ángulo de 60º.
UNI 2011 - I
A) 90 B) 105
C) 120 D) 135
E) 150
Resolución:
 n n 3NºD
2

n: Nº de lados del polígono
m MON 60
Al trazar OP BC y OQ CD se tiene
que: m MOP m POQ m QOD 20º    
Operación del problema
• Aplicación de fórmula, teorema
o propiedad
Número de diagonales
Medida del ángulo exterior
• Solución del problema
En el cuadrilátero MBPO:
m TBP m MOP 20º  
360º 20º n 18
n
   
Finalmente  18 18 3NºD
2

NºD 135 
Respuesta: D) 135
Problema 2
Los diámetros AB y CD de una circun-
ferencia son perpendiculares.
Si E BD , AE interseca a CD en el punto
F y FD = 1 cm, entonces la longitud de
la circunferencia circunscrita al triángulo
FED (en cm) es:
UNI 2011 - II
A) 2
B) 2 2
C) 2 3
D) 3 2
E) 3 3
Resolución:
Ubicación de incógnita
Piden 1LC 2 r 
Análisis de los datos o gráficos
Datos:
FD = 1
Del gráfico mAD 90 
Operación del problema
m AED 45  
mFD 90  
Por polígonos regulares (L4)
FD r 2
1 r 2
2r
2
 
2r 2 
Conclusiones y respuesta:
1LC 2 r 
1LC 2  
Respuesta: A) 2
Problema 3
En la figura, AB es el lado de un
exágono regular inscrito en la circun-
ferencia de centro O. El diámetro CD
es perpendicular a AB y D es punto de
tangencia. Si EF = 3r. Determine el va-
lor de 
CF
CD
 ( = 3,14).
 
UNI 2011 - I
A)
1
4
B)
1
2
C) 1
D)
3
2
E) 2
Resolución:
Ubicación de incógnita
Piden: 

CF x
CD


Análisis de los datos o gráficos
Reconocemos que:
 m AOD 30º m DOB   
ya que 360m AOB 60º
6
   .
problemasresueltos
56UNI SEMESTRAL 2013 - III GEOMETRÍA
POLÍGONOS REGULARES
TEMA 15
Exigimos más!
Además: EF = 3r
 
Operación del problema
En el EDO de 30º y 60º:
r r rED ED 3 DF 3r 3
3 33
     
Teorema de Pitágoras
En el CDF:
2
2 2r 3(2r) + 3r CF
3
 
    
de donde:
 40 6 3CF r ;
3

40 6 3pero :
3
   CF r  
Además: CD r 
Luego: rx r


x 1 
Respuesta: C) 1