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45UNI SEMESTRAL 2013 - III GEOMETRÍA TEMA 13 RELACIONES MÉTRICAS EN LOS TRIÁNGULOS OBLICUÁNGULOS GEOMETRÍA I. TEOREMA DE EUCLIDES A. Primer caso del ángulo agudo El cuadrado del lado que se opone a un ángulo agudo es igual a la suma de los cuadrados de los otros dos lados menos el doble producto de uno de ellos con la proyección del otro sobre este. Tesis: 2 2 2BC AB AC 2AC AH Demostración: Por Pitágoras BH2 = BC2 – HC2 .................. (1) BH2 = BA2 – HA2 ................ (2) De (1) y (2): BC2 – (AC – AH)2 = BA2 – HA2 BC2 – AC2 + 2AC . AH – AH2 = AB2 – AH2 BC2 = AB2 + AC2 – 2AC . AH B. Segundo caso del ángulo obtuso El cuadrado del lado que se opone a un ángulo obtuso es igual a la suma de los cuadrados de los otros dos más el doble producto de uno de ellos por la proyección del otro sobre él. Tesis: 2 2 2BC AB AC 2AC AH Demostración: Por Pitágoras BH2 = BC2 – HC2 ......... (1) BH2 = BA2 – HA2 ......... (2) De (1) y (2): BC2 – (AC +AH)2 = BA2 – HA2 BC2 = AB2 + AC2 + 2AC . AH II. TEOREMA DE LA MEDIANA En todo triángulo la suma de los cuadrados de dos lados es igual al doble del cuadrado de la mediana relativa al tercer lado más la mitad del cuadrado de este lado. DESARROLLO DEL TEMA 46UNI SEMESTRAL 2013 - III GEOMETRÍA RELACIONES MÉTRICAS EN LOS TRIÁNGULOS OBLICUÁNGULOS TEMA 13 Exigimos más! Tesis: 2 2 2 2 ACAB BC 2BM 2 Demostración: Por teo. Euclides en: ABM: AB2 = BM2 + AM2 – 2AM . MH ......(1) BMC: BC2 = BM2 + MC2 + 2 MC . MH ......(2) (1) más (2): 2 2 2 2 2AB BC 2BM AM MC 2MH(MC AM) como AM = MC = AC 2 2 2 2 2 ACAB BC 2BM 2 III. TEOREMA DE LA PROYECCIÓN DE LA MEDIANA En todo triángulo la diferencia de los cuadrados de dos lados es igual al doble del tercer lado multiplicado por la proyección de la mediana relativa a éste. Tesis: 2 2BC AB 2AC HM Demostración: De la demostración anterior (2) menos (1). BC2 – AB2 = MC2 – AM2 + 2MH (AM + MC) 2 2BC AB 2AC MH IV. TEOREMA DE HERÓN O DE LA ALTURA En cualquier triángulo una altura es igual al doble de la inversa del lado al cual es relativa por la raíz cuadrada del producto del semiperímetro por las diferencias de éste con cada uno de los lados. Tesis: 1BH 2 p(p AB)(p BC)(p AC) AC Siendo: AB BC ACP 2 Demostración: En el triángulo BHC: BH2 = BC2 – HC2 ............ (1) En el triángulo ABC: 2 2 2AB BC AC 2AC HC .........(2) De (2): 2 2 2BC AC ABHC ....(3) 2 AC (3) en (1): 22 2 2 2 2 2 2BC AC BC AC AB BH 4AC Por diferencia de cuadrados: 2 2 2 2 2 2 2 2BC.AC BC AC AB 2BC.AC. AC AB BCBH 4AC Por binomio cuadrado: 2 22 22 2 AC BC AB AB AC BC BH 4AC Por diferencia de cuadrados: 2 2 AC BC AB AC BC AB AB AC BC AB BC ACBH 4AC como AC BC ABP 2 47UNI SEMESTRAL 2013 - III GEOMETRÍA TEMA 13 Exigimos más! RELACIONES MÉTRICAS EN LOS TRIÁNGULOS OBLICUÁNGULOS Reemplazando y extrayéndole la raíz cuadrada: 2 2p 2(p AB) 2(p BC) 2(p AC)BH 4AC 1BH 2 p(p AC)(p BC) (p AC) AC V. TEOREMA DE STEWART O DE LA CEVIANA El cuadrado de una ceviana multiplicada por el lado al cual es relativa es igual a la suma del cuadrado de uno de los otros lados por el segmento opuesto que de- termina la ceviana sobre el primer lado más el cuadra- do del tercer lado por el otro segmento menos el pro- ducto del lado al cual es relativa la ceviana con los segmentos que determina sobre él. Tesis: 2 2 2AD BC AB DC AC BD BC BD DC Demostración: Si AE altura y por Euclides: AB2 = AD2 + BD2 + 2BD . DE ......... (1) AC2 = AD2 + DC2 – 2DC . DE .......... (2) Multiplicando (1) por DC y (2) por BD y sumándolos. AB2 . DC + AC2 . BD = AD2(DC + BD) + BD . DC (BD + DC) 2 2 2AD .BC AB . DC AC . BD BC.BD.DC Problema 1 Si "2a" es el lado de un polígono regular de "n" lados, R y r los radios de las cincunferencias circunscrita e inscrita respectivamente. Determine r + r. UNI 2012-I A) 2acos 2n B) 2a cot 2n C) 2a tan 2n D) a cot 2n E) a csc 2n Resolución: Ubicación de incógnita Piden (R + r) Análisis de los datos o gráficos Operación del problema Del gráfico se observa que: R acsc n r a cot n Sumamos: R r a csc cotn n Aplicamos la identidad auxiliar del án- gulo mitad. R r acot 2n Resumen Se ha utilizado la identidad auxiliar del arco mitad xcot csc x cot x 2 en la resolución de triángulos rectángulos. Respuesta: D) a cot 2n Problema 2 En un triángulo ABC se tiene AB = a, BC = b y m ABC 120 . Calcule la longitud de bisectriz interna BF, F AC . UNI 2009-II A) ab a b B) 2ab a b C) ab D) ab 3 a b E) 2ab 3 a b Resolución: Ubicación de incógnita Sea: BF = x Operación del problema Se observa que: ABF AFC ABCS S S ax 3 bx 3 ab 3. . . 2 2 2 2 2 2 3 3x (a b) ab. 4 4 x(a + b) = ab abx a b Respuesta: A) ab a b Problema 3 En la figura, los planos son perpendi- culares. El segmento BH mide 2,5 cm y es la proyección ortogonal del seg- mento AB sobre el segmento BC . problemas resueltos 48UNI SEMESTRAL 2013 - III GEOMETRÍA RELACIONES MÉTRICAS EN LOS TRIÁNGULOS OBLICUÁNGULOS TEMA 13 Exigimos más! Determine el coseno del ángulo ABC . UNI 2009-II A) 0,41 B) 0,47 C) 0,50 D) 0,67 E) 0,71 Resolución: Ubicación de incógnita Sea: m ABC cos ? Operación del problema Trazamos (dato) BE CD 2 FB AE 21 BH 5 / 2 En el BEA aplicamos el teorema de pitágoras para calcular AB; resulta AB = 5. BHA = 5Cos / 2 5 1 0,50 2 Observación: El dato BD = 2 no debe aparecer en la figura ya que habría contradicción: H sería punto medio de BC. Respuesta: C) 0,50
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