razonamiento-geometrico

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RR AA ZZ OO NN AA MM II EE NN TT OO 
GG EE OO MM ÉÉ TT RR II CC OO 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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 NN GG 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 
LOS CAPÍTUL 1 
 
p (∆ABC)= a + b + c 
2 
β 
α θ 
 
 
 
TRIÁNGULOS 
DEFINICIÓN 
Dados tres puntos A, B y C no 
colineales, la reunión de los segmentos 
 
 
 
AB , BC y AC se llama triángulo. 
 
 
F A b C D 
 
 
 
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 
 
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) 
 
2p(∆ABC) = a + b + c 
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. 
B 
 
 
 
ABC = 
 
B , BCA = C , 
A C 
2. Triángulo Obtusángulo. 
CAB = A ; son los ángulos 
internos o simplemente 
ángulos del triángulo ABC. 
La reunión del triángulo con 
todos sus puntos interiores se 
llama región triangular. 
B EXTERIOR 
Q L 
P 
H A M 
INTERIOR 
S 
C 
E 
B 
c a 
α < 90º 
β < 90º 
θ < 90º 
B 
β 
Se cumple: 
α + β + θ = 180º 
α θ 
 
 
Es aquel que tiene un ángulo obtuso 
y dos ángulos agudos. 
B 
α > 90º 
 
AB = BC 
m A = m C 
β 
a 
c 
α θ 
A b C 
β < 90º 
θ < 90º 
 
 
 
En el ∆ABC isósceles: 
α: medida de los ángulos en la base. 
* a > b y a > c 
Nota: A este triángulo se le llama: 
“triángulo ABC obtuso en A” 
 
 
 
3. Triángulo Rectángulo. 
Es aquel que tiene un ángulo recto y 
θ: medida del ángulo en el vértice. 
 
Se cumple que: α < 90º 
 
 
 
3. Triángulo Equilátero. 
Es aquel triángulo que tiene sus tres 
lados de igual longitud; en consecuencia, 
sus tres ángulos serán de 60º. 
dos ángulos agudos. 
B 
β 
c a 
 
 
 
AB y AC:Catetos 
BC:Hipotenusa 
⇒c < a y b < a 
B 
 
60º 
AB = BC= AC 
m A = m B = m C = 60º 
 
“Todo triángulo 
equilátero es 
60º 60º equiángulo” 
α 
A b C 
B. Según la medida de sus lados: 
1. Triángulo Escaleno. 
Es aquel triángulo que tiene sus tres 
lados de diferente magnitud. 
B 
A C 
 
TEOREMAS FUNDAMENTALES 
 
1. Suma de Ángulos Internos: 
“En todo triángulo la suma de las 
medidas de sus tres ángulos 
interiores es igual a 180º ” 
 
 
β ⇒ AB ≠ BC ≠ AC 
y además α ≠ β ≠ θ 
α θ 
A C 
2. Triángulo Isósceles. 
Es aquel triángulo que tiene dos 
lados de igual longitud; en 
consecuencia, los ángulos opuestos a 
dichos lados serán de igual medida. 
 
A C 
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 ” 
α = 90º − θ 
2 
y α = 180º −θ 2 
ó 
A los triángulos acutángulos y 
obtusángulos se les denomina 
“OBLICUÁNGULOS” 
α + β = 90º 
B 
θ 
α α 
c 
α 
a 
θ 
B y Se cumple: 
x + y + z = 360º 
x 
C 
A z 
LÍNEAS NOTABLES Y PUNTOS 
NOTABLES 
 
1. MEDIANA: 
Segmento que parte de un vértice y llega 
al punto medio del lado opuesto. 
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 ” 
B 
B 
 
BM: mediana 
Se cumple: A M C 
β e = α+β 
α e 
A C 
4. Propiedad de Correspondencia: 
“ En todo triángulo se cumple que a 
mayor lado se opone mayor ángulo 
 
 
Nota: BM es la mediana relativa al 
lado AC . 
El punto de intersección de las medianas 
se llama BARICENTRO. 
 
B 
y viceversa ” 
B 
 
 
Si b > a: 
⇒ β > α 
Q G P 
 
A M C 
 
A C 
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” 
 
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 , AG = 2 , CG = 2 GM 1 GP 1 GQ 1 
 
 
A b C 
2. ALTURA: 
Segmento perpendicular al lado opuesto 
o su prolongación. 
También se cumple: 
B 
 
A H C H A C 
B 
c 
Sea a ≥ b ≥ c 
⇒ se cumple: 
a 
b - c < a < b + c 
a - c < b < a + c 
a - b < c < a + b 
B 
B β 
α α β 
 
 
 
 
 
 
 
 
BH es la altura relativa al lado AC . 
 
El punto de intersección de las alturas se 
llama ORTOCENTRO. 
Donde 
 
 
BP : bisectriz interior 
BQ : bisectriz exterior 
 
INCENTRO: 
Punto de intersección de las bisectrices 
interiores. 
- Centro de la circunferencia inscrita. 
- Equidista de los lados 
 
 
 
 
∆ Acutángulo 
 
 
 
 
∆ Rectángulo 
 
∆ Obtusángulo 
EXCENTRO: 
Punto de intersección de dos bisectrices 
exteriores y una interior. 
- Es centro de la circunferencia 
Todo triángulo tiene un solo ortocentro y 
puede estar ubicado: 
- Dentro si es acutángulo 
- En el vértice del ∠recto si es 
rectángulo 
ex-inscrita. 
 
 
B 
 
 
 
Re 
Ea 
 
Re Re 
- Fuera del mismo si es obtusángulo 
 
3. BISECTRIZ: 
Segmento limitado por el lado opuesto, 
que divide a su ángulo en otros dos de 
igual medida. 
 
A C 
 
 
 
Ea: Excentro relativo al lado BC 
 
- Todo triángulo tiene 3 ex-centros, 
uno relativo a cada lado 
 
 
 
 
A P C Q 
I: Incentro 
r I 
r 
r 
O  
 
Y se ubica: 
 
 
∆ Acutángulo ∆ Obtusángulo 
 
 
 
 
 
 
Donde: 
 
 
E1: Ex–centro relativo al lado AB 
E2: Ex–centro relativo al lado BC 
E3: Ex–centro relativo al lado AC 
 
4. MEDIATRIZ. 
 
Es la recta o segmento de recta que 
divide a un segmento por su punto medio 
en forma perpendicular. 
L1 
B 
 
∆ Rectángulo 
 
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. 
 
OBSERVACIONES 
 
P 
 
 
 
 
A M C 
 
1. En todo triángulo equilátero, sus 
puntos notables se confunden. 
∴ El Baricentro, es también ortocentro, 
incentro y circuncentro. 
 
 
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. 
Baricentro 
Ortocentro 
O Incentro 
Circuncentro 
O O 
E1 B E2 
A C 
E3 
O 
B 
 
2. En todo triángulo isósceles las 
alturas relativas a los lados iguales 
son iguales. 
B 
 
 
H P 
PROPIEDADES IMPORTANTES 
 
1. Propiedad del “PANTALONCITO” 
 
 
 
A C 
 
 
CH = AP 
Nota: Los mismo ocurre con las 
bisectrices y medianas. 
 
 
 
 
Demostración: 
B 
 
 
K T 
 
 
 
A C 
 
 
CK = AT 
B 
 
 
M N 
 
 
 
A C 
 
 
CM = AN 
 
B 
b 
 
E 
D θ 
a x c 
A C 
 
3. 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. 
 
Prolongamos AD hasta E (E en BC), 
para obtener triángulos: 
∆ABE: θ = a + b (Angulo Exterior) 
∆DEC: x = θ + c (Angulo Exterior) 
∴ x = a + b + c 
 
 
 
 
 
 
A H C 
Si AB = BC 
 
 
y BH ⊥ AC 
⇒ AH = HC 
 
2. Propiedad de la “ESTRELLITA” 
 
 
Por eso cuando se tiene un 
triángulo isósceles se 
recomiendatrazar su altura. 
Tu profe Markito 
x = a + b + c 
c 
b d 
a e 
b 
a x c 
 
 
 
Demostración: C 
c 
∆ROC: θ = α + β (Angulo Exterior) 
∴ a + b = α + β 
4. Ángulo formado por dos Bisectrices 
Interiores 
B 
B b d D 
θ 
I 
 
I 
α x θ 
x = 90° + 
B̂
 
2 
a θ e α θ 
A C 
A E 
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” 
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 
∴ x = 90º + 
B
 
2 
 
5. Ángulo formado por dos Bisectrices 
Exteriores 
B φ x 
E 
φ 
 
ω 
ω 
A C 
Demostración: φ B 
φ x 
 
Demostración: 
M C 180º −A ω ω 
b θ β 
O 
a 
A α 
R 
∆AMO: θ = a + b (Angulo Exterior) 
A C 
∆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 + b + c + d + e = 180º 
a + b = α + β 
b β 
a 
α 
E 
x = 90° − Â
 
2 
 
B̂ x = 
2 
α 
 
∴ x = 90º − A 
2 
6. Ángulo formado por una Bisectriz 
Interior y otra Exteriores 
B E 
x 
∴ x = α − θ 2 
8. Propiedad: 
 
a 
 
x 
 
 
 
x = a + b 2 
α θ θ 
α ω b 
α ω 
A C 9. Propiedad: 
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 
∴ x = B 
2 
7. Ángulo formado la Bisectriz y la 
Altura que parten del mismo 
vértice 
 
 
 
10. Propiedad del “Pescadito” 
B 
x = α −θ 
x 2 11. En todo Cuadrilátero se cumple: 
α θ 
A H D C 
Demostración: B 
φ x φ+x 
 
α θ 
A H D C 
 
 
Como AD es bisectriz: 
⇒ m ABD = m DBC = φ + x 
AHB: α + φ = 90º… (I) 
BHC: θ + 2x + φ = 90º … (II) 
(I)- (II): α - θ - 2x = 0 
 
 
12. Propiedad: 
α + β + θ + ω = 360º 
x = a + b 2 
α α θ θ 
a x b 
m + n = α + θ 
α + β = x + y 
α 
m n 
θ 
β 
θ 
α ω 
β 
ω 
α θ 
α 
β 
x y 
MN // AC MN = 1 AC 
2 
45º k 2 
45º 
 
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. 
B 
 
 
M N 
4. TEOREMA DE LA BISECTRIZ 
“Todo punto que pertenece a la bisectriz 
de un ángulo equidista de los lados de 
dicho ángulo” 
 
B Si OP:Bisec triz 
P ⇒ 
⇒ 
θ 
x 
 
A 2x 
MN es base media 
 
C 
θ 
O A 
TRIÁNGULOS RECTÁNGULOS 
Si: AM = MB y CN = NB NOTABLES 
⇒ y 1. Triángulo Rectángulo de 45º-45º 
( 45º-45º) 
2. MEDIANA RELATIVA A LA 
HIPOTENUSA: 
En todo triángulo rectángulo, la longitud 
de la mediana relativa a la hipotenusa es 
na mitad de ésta. 
B 
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 . 
 
 
k 
 
A M C k 
Si: MN es MEDIANA 
⇒ 
 
 
3. TEOREMA DE LA MEDIATRIZ 
“Todo punto de la mediatriz de un 
segmento equidista los extremos de 
dicha mediatriz ” 
L1 
P 
 
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 . 
Si: L1 :Mediatriz 
⇒ 
 
60° 
k 2k 
A B 
∴∆APB es Isósceles 
30º 
k 3 
AM = MB = MC = 1 AC 
2 
k 
2 
45º k 
45º 
k 
2 
AP = PB 
PA = PB 
 
OA = OB 
53° 
5k 
37° 
 
3. Triángulo Rectángulo de 37º-53º 
( 37º-53º) 
Sólo en los triángulos rectángulos de 
37º-53º, SUS LADOS ESTAN EN 
PROGRESIÓN ARITMÉTICA. 
EJEMPLO 1 
En la figura hallar el valor de AC, si 
AB = 20m. 
B 
 
60º 
 
3k 75º 
A C 
4k A) 10 m B) 10 2 m 
4. Triángulo Rectángulo de 15º-75º 
( 15º-75º) 
En todo triángulo rectángulo de 15º - 
75º, se tiene: 
C) 10 6 m D) 10 3 m 
E) 5 3 m 
Solución: 
B 
 
60º 
20 H 
 
30º 
45º 
 
45º 
 
 
 
 
 
 
 
6. Triángulos Rectángulos de 53º y 37º 
A C 
Trazamos AH ⊥ BC , para obtener 
(45º-45º) y (30º-60º) 
Luego: 
AHB (30º-60º): 
Si AB = 20 
⇒ BH = 10 (Opuesto a 30º) 
 
 
 
53º 
2 k 5 
2k 
 
 
 
37º 
2 
3k 
2 2 
 
 
 
k 10 
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 
 
k k 
EJEMPLOS 
 
 
EJEMPLO 2 
CLAVE: C 
15° 
4k 
75° 
( 6 − 2)k 
15° 
75° 
k 
Si viene un problema con 
ángulos de 15º o 75º, 
frecuentemente se usa la 
suma o resta de 30º y 45º 
( 
 6
 +
 
 2
)k
 
(2
 −
 
3)
k 
 
 
Hallar el valor del segmento AC , en el 
gráfico que se muestra a continuación, 
si BC = 2 m. 
B 
Tres o más rectas paralelas, 
determinan sobre dos o más rectas 
secantes, segmentos cuyas 
longitudes son proporcionales. 
 
A C 
 
A) 2 B) 2 
2 
C) 2 2 
D) 6 
3 
E) 2 
 
Solución: 
 
 
 
 
 
 
30º 
 
 
 
B 45º 
 
H 
 
 
 
2 
45º 60º 
15º 
 
 
SEMEJANZA DE TRIÁNGULOS 
 
Si dos triángulos son semejantes, 
entonces tienen sus ángulos 
respectivamente congruentes y sus 
lados homólogos respectivamente 
A C 
 
Prolongamos AB , así el ángulo externo 
en B seria 45º (Notable) 
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 
CLAVE: C 
TEOREMA DE THALES 
proporcionales. 
 
B 
E 
 
 
A C D F 
BÂ C = ED̂ F  
AB̂C = DÊF  
AĈB = DF̂E  
 
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' 
30º 15º 
AB = DE 
BC EF 
 AB 
= 
BC 
= 
AC 
= K 
DE EF DF 
A D 
B E 
C F 
r 
 
 
B P B 
B' M 
A 
R R' 
h h' r' 
A' C' 
A C L P' A' B' M' N' 
 
⇒ a = b = c = h = r = R = K N 
a' b' c' h' r' R' 
 
2. Si EF // AC 
B 
P' : Proyección Ortogonal de P sobre L 
A'B': Proyección Ortogonal de AB sobre L 
 
RELACIONES MÉTRICAS EN 
TRIÁNGULOS RECTÁNGULOS 
B 
E F c a 
 
A C 
 
⇒ 
BE 
= 
BF 
A m H n C 
b 
EA FC 
y ∆ EBF ∼ ∆ ABC 
 
 
3. Si EF // AC 
AH:Proyección ortogonal de AB sobre 
la hipotenusa 
HC: Proyección ortogonal de BC sobre 
la hipotenusa 
 
1. Teorema del Cuadrado del Cateto: 
 
 
 
2. Teorema de Pitágoras: 
 
 
 
⇒ 
a 
= 
m 
b n 
 
y ∆ EBF ∼ ∆ ABC 
 
PROYECCIÓN ORTOGONAL 
3. Teorema del Cuadrado de la Altura: 
h 2= m .n 
 
4. Teorema del producto de Catetos: 
 
NATURALEZA DE UN TRIÁNGULO 
b 2 = a 2 + c 2 
c 2= m .b a 2= n .b 
b.h = a .c 
E F 
a m 
B 
n 
A 
b 
C 
Averiguaremos si un triángulo es 
acutángulo, rectángulo u obtusángulo, 
con las siguientes relaciones: 
B 
 
 
 
EJEMPLO 2 
CLAVE: C 
c a 
α 
A b C 
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 
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: 
R 
3. Si: a2 > b2 + c2 ⇒ α > 90º 
Luego ∆ABC es Obtusángulo 
 
EJEMPLOS 
 
EJEMPLO 1 
Los lados de un triángulo miden 15, 
x 
 
x+4 A 
4 
 
M 
y 
 
4 K y+5 
 
5 
 
 
12 O 
18 y 20 metros. ¿Qué tipo de 
triángulo es? 
 
 
E) Equilátero 
Solución: 
B 
Notamos que: ∆ ARK ∼ ∆ MRO 
Por los que usamos proporciones: 
4 
⇒ x = 2 
y 
= 
y + 5 
⇒ y = 5 
4 12 2 
Finalmente: 
15 20 
θ 
PERÍMETRO 
∴ 
MRO = 12+(x+4)+(y+5) 
A 18 C 
PERÍMETRO MRO = 25.5 m 
CLAVE: 
Aplicamos las relaciones de la 
Naturaleza de un triángulo y se tendría: 
202 < 182 + 152 ⇒ α < 90º 
∴ Acutángulo 
D 
EJEMPLO 3 
Oswaldo hace un recorrido de la 
siguiente manera: 50 pasos al SUR, 
A) Isósceles B) Obtusángulox 
= 
x + 
C) Acutángulo D) Rectángulo 4 12 
 
x 
x 
 
 
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) 
están las longitudes de sus 
proyecciones sobre la hipotenusa? 
(UNSAAC 2002 – I PRIMERA 
OPCION) 
 
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: 
 
N 
A) 4 
9 
D) 
 
 
Solución: 
 
B 
 
 
2k 
h 
B) 2 
3 
E) 3 
5 
 
 
 
 
 
3k 
C) 1 
2 
 
 
3 70 
A m H n C 
b 
 
 
2 
O 100 
1 
 
4 
50 80 
70 N 30 
D 
 
Usamos los teoremas de Relaciones 
Métricas en triángulos rectángulos. 
(Teorema del Cuadrado del Cateto) 
50 
 
S 
 
Finalmente en el triángulo sombreado 
(2k)2 = m b 
(3k)2 = n b 
 
Dividimos (I) y (II) 
… (I) 
 
… (II) 
aplicamos el Teorema de Pitágoras: (2k)2 n a 
D2 = 702 + 302 (3k )2 = 
x 
n x b 
D2 = 102 (72 + 32 ) 
∴ D = 10 58 
 
 
 
CLAVE: B 
∴ a = 4 b 9 
 
 
CLAVE: A 
 
EJEMPLO 4 
Las longitudes de los catetos de un 
triángulo rectángulo son entre sí, 
como 2 es a 3. ¿En que relación 
PROBLEMAS RESUELTOS 
 
PROBLEMA 1 
2 
3 
En la siguiente figura, calcular el 
valor de “x”, si el segmento AC es 
bisectriz del ángulo “A” y a- b = 20º 
Sabiendo que el segmento AB mide 
40cm. Hallar la medida del segmento 
PQ. B 
B 
C 
x O 40º 
 
30º 
P 
45º 
Q a b 53º 
A D 
A C 
A) 140º B) 150º C) 90º 
D) 100º E) 110º 
 
Solución: 
A) 5 B) 10 C) 15 
D) 20 E) 25 
 
Solución: 
 
B C 
x O 40º 40º 
B 
 
30º 
P 
45º 
5 
a Q 20 a b 
A D 37º 
A 
 
 
20 = 4k 
53º 
3k=15 
C 
∆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 
 
CLAVE: E 
PROBLEMA 2 
 
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 
 
CLAVE: A 
PROBLEMA 3 
40 
En la figura, si la medida de AE es 
igual a la medida de BE, hallar la 
medida del ángulo “x”. 
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: 
A C 
A) 20º B) 10º C) 30º 
D) 25º E) 15º 
B 
60º 
Solución: B D 
25º E
 x 
θ 
Q 
 
x 
55º 35º 
25º 30º A C 
A 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” 
B D 
 
AQC: QAC = 55º (Dato) 
⇒ ACQ = 35º 
 
ABC: ACB = 60º 
⇒ 35º + x = 60º 
∴ x = 25º 
CLAVE: C 
PROBLEMA 5 
 
 
 
 
25º 
25º x 
 
 
30º 
En la figura AB = BC. Determinar el 
valor del ángulo ADC. 
(UNSAAC CBU 99 I) 
B 
A C 
25º + 25º = x + 30º 
∴x = 20º 
 
CLAVE: A 
D 
40º 
 
α 
α 
A C 
 
PROBLEMA 4 
A) 75º B) 105º C) 80º 
D) 45º E) 35º 
B D 
E x 
25º 30º 
3 
Solución: B 
 
40º 40º 
E D 
 
 
b = 3 ( 3 ) 
x x x 
α 
α 50º 
A H C 
b = 3 
ABC: (45° - 45°) 
⇒ AC = BC 
AC = 3 
∴ a = 3 − 3 
∆ ABC Isósceles 
⇒ BH es bisectriz. 
ABH = HBC= 40º 
También Si: AB = BC 
 
 
 
PROBLEMA 7 
 
CLAVE: A 
2α = 50º ⇒ α = 50º 
∆ ABE: α + 80º + x = 180º 
∴ x = 75º 
CLAVE: A 
Determinar el valor del ángulo x, en 
la figura: 
(UNSAAC CBU 99 II) 
 
PROBLEMA 6 
En la figura adjunta determinar el 
valor de “a+b” 
(UNSAAC CBU 99 I) B 
 
b 
 
A) 80º B) 75º C) 85º 
D) 70º E) 60º 
 
45º 60º 
A D C 
a 
Solución: C 
 
30º M 
A) 3 − 3 
D) 4 − 3 
 
Solución: 
B) 8 + 3 
E) 6 + 3 
C) 6 − 3 x 
2θ 
θ 
B θ 
A R O 
30º 
45º 
 
 
 
45º 60º 
 
 
b = 3 
CAR: 4θ + 30º = 90° 
θ = 15° 
AMO: θ + x = 90° 
∴ x = 75° 
A D C 
a 3 CLAVE: B 3 
BCD: (30° - 60°) 
⇒ BC = DC 3 PROBLEMA 8 
30º 
x 
2θ 
θ 
θ 
 
Hallar el valor del ángulo “x” en la 
siguiente figura, si BM=MC y 
AB=BC. 
(UNSAAC CBU INT 2000) 
En la siguiente figura determinar el 
valor de “x”. 
(UNSAAC CBU INT 2000) 
 
 
 
A M C 
 
A) 20º B) 40º C) 25º 
D) 45º E) 30º 
 
Solución: 
B 
 
x 50º 
A) 8 2 
 
D) 13 2 
 
Solución: 
 
C 
B) 3 2 
 
E) 4 3 
3 
C) 8 2 
3 
 
 
 
50º 
A H 
 
 
50º 
C 
 
 
x = 4k 
37º 
 
 
 
53º 
∆ ABC: Isósceles 
⇒ BAC = BCA = 50º 
 
∆ BMC: Isósceles 
B 2 2 = 3k A 
 
ABC: (37° - 53°) 
 
⇒ MBC = MCB = 50º 
 
Luego en ∆ ABC 
50 + (x + 50) + 50 = 180º 
∴ x = 30º 
2 2 = 3k ⇒ 
 
Luego: x = 4k 
 
∴ x = 8 2 3 
k = 2 2 3 
 
 
 
 
 
 
CLAVE: C 
 
PROBLEMA 9 
CLAVE: E 
 
PROBLEMA 10 
37º 
53º 
2 2 
 
 
x 
B 
x 
50º 
 
 
La suma de las medidas de los 
ángulos “marcados” en la figura 
adjunta, es: 
(UNSAAC CBU 2000 I) 
Solución: B 
 
30º 
x 6 
3 3 
A 13 H 
16 
60º 
3 C 
 
 
 
 
 
 
Solución: C 
c 
E 
 
 
Trazamos BH ⊥ AC para aprovechar el 
ángulo de 60º. 
BHC (30º -60º) 
HC = 3 ⇒ BH = 3 3 
Luego en BHA. (Teor. Pitagoras) 
x2 = 13 2+ (3 3)2 
∴x = 14 
e θ 
θ 
d F 
b D a 
B A 
 
 
PROBLEMA 12 
CLAVE: B 
 
Propiedad del “Pantaloncito” 
En ABCF: 
θ = a + b + c 
 
 
Determinar la medida de AB , en la 
figura: 
(UNSAAC CBU 2000 I) 
P 
Luego: ∆FED: θ + d + e = 180º 
∴ a + b +c + d +e = 180º 
CLAVE: E 
 
6 4 2 
Q R 
 
53º 
25 
 
PROBLEMA 11 
Calcular la longitud de AB en el 
triángulo ABC, de la figura: 
(UNSAAC CBU 2000 I) 
60º 45º 
A M N B 
 
A) 27 B) 30 C) 25 
D) 20 E) 28 
Solución: 
B 
 
6 
 
60º 
P 
 
 
6 4 2 
Q R 
 
53º 
25 
A 16 C 60º 45º 37º 
A) 10 B) 14 C) 16 
D) 12 E) 8 
A M x N B 
PAM: (30° - 60°) 
A) 120º B) 150º C) 360º 
D) 270º E) 180º 
 
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 
 
En la figura adjunta, calcular el valor 
de X. 
(UNSAAC CBU 2000 II) 
 
B 
 
 
15 
 
37º 
A 
12 X C 
∴x = 27 
CLAVE: A 
A) 5 B) 10 C) 12 
D) 6 E) 8 
Solución: 
PROBLEMA 13 
En la figura adjunta: AB = BC. 
Hallar la medida del ángulo X. 
(UNSAAC CBU 2000 II) 
C 
 
 
 
 
 
 
 
37º 
C 
 
 
 
15 = 3k 
X 40º 
A B D 
 
A) 30º B) 20º C) 25º 
D) 15º E) 35º 
 
Solución: 
C 
A 12 x B 4k = 
20 
 
ABC: (37° - 53°) 
CB = 15 
3k = 15 ⇒ k = 5 
 
 
X 50º 
 
40º 
Luego: AB = 4k 
A B D 
∆ABC Isósceles 
⇒ CAB = ACB = x 
∆CAB: x + x = 50º ( externo) 
∴x = 25 
CLAVE: C 
⇒ AB = 20 
 
Finalmente: x = AB – 12 
x = 20 - 12 
∴x = 8 
CLAVE: E 
PROBLEMA 14 PROBLEMA 15 
x y 
A K 4 
5 
4 
 
En la figura adjunta. Determinar el 
valor de 2X. 
(UNSAAC CBU 2000 II) 
 
 
 
A) 120º B) 130º C) 180º 
D) 100º E) 140º 
 
Solución: 
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: 
R 
A R 
x x 
L 
θ M 12 O 
x α φ x 
M U Z K 
∆ ARK ∼ ∆ MRQ (son semejantes, 
por lo tanto usamos proporcionales) 
x x + 4 
x x = ⇒ 4 12 T 
x = 2 
I 
∆ MAZ: φ = x + x ( Externo) 
⇒ φ = 2x 
y 
= 
y + 5 
4 12 
⇒ y = 2.5 
∆ 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 
Finalmente el perímetro del triángulo 
MRO (2p) sería: 
2p = (4 + x) + ( y + 5) + 12 
∴2p = 25.5 
 
CLAVE: C 
CLAVE: A 
 
PROBLEMA 
16 PROBLEMA 17 
x x 
x x 
x x 
 
Nada puede conseguir el 
hombre si no es a través 
del sacrificio. 
 
En la figura: Hallar AE 
B 
Determinar la suma de los ángulos 
marcados en la siguiente figura: 
D 
15 
8 
 
53º 60º 
A C E 
 
A) 9 + 4 3 B) 16 C) 21 
D) 12 + 4 3 E) 13 
 
Solución: 
B 
 
 
 
Solución: 
37º D 
15 30º 
8 
 
53º 60º 
A C E 
A 
De la figura: AE = AC + CE 
Entoncescalculamos 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 
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 
∴α + β + θ + ω = 180º 
CLAVE: D 
 
PROBLEMA 
18 
CLAVE: E 
 
OTRA FORMA: 
β 
B 
β E 
φ 
α ω θ D C θ 
A) 160º B) 240º C) 120º 
D) 180º E) 360º 
 
β Si BC = 6 (Hipotenusa) 
B 
β ⇒ CE = 3 (Opuesto a 30º) 
D ω ABC: (30° - 60°) 
α 180º- ω θ 
C θ 
A 
Propiedad del “Pantaloncito” 
En ABCD: 
180º - ω = α + β + θ 
∴α + β + θ + ω = 180º 
CLAVE: D 
PROBLEMA 19 
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 
Hallar el valor de “x” en la siguiente 
figura: ∴ x = 9 2 
 
 
CLAVE: E 
 
 
 
 
A) 6 B) 9 C) 6 2 
D) 6 3 E) 9 2 
PROBLEMA 20 
En la figura, ABCD es un 
rectángulo, hallar “x” 
(UNSAAC CBU 2001 II) 
 
E 
 
Solución: 
A 
 
 
30º 
 
 
45º x 
 
9 
 
 
E 
3 
 
 
 
 
45º D 
 
B 37º C 
x 
8 
45º 
A D 
30º 60º 
B 6 C 
A) 18 B) 24 C) 32 
D) 30 E) 20 
BEC: (30° - 60°) 
x 
45º 
30º 
6 
x 
Solución: D) 240º E) 360º 
E Solución: 
 
45º 
3k 
R K 
A c Z d 
b β e 
B 
 
 
45º 
 
37º 
8 
F 45º C 
3k 
8 
U α θ E 
a φ f 
M h L g 
45º S O 
A D 
 
ABF: (45° - 45°) 
⇒ AB = BF = 8 
ECF: (45° - 45°) 
⇒ EC = CF = 3k 
ECB: (37° - 53°) 
Si: EC = 3k 
⇒ BC = 4k 
8 + 3k = 4k 
k = 8 
 
Luego: x = 3k + 8 
∴ x = 32 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
CLAVE: C 
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 
CLAVE: E 
 
PROBLEMA 21 
Determinar la suma de los ángulos 
resaltados. 
(UNSAAC CBU 2001 II) 
 
 
 
A) 180º B) 720º C) 540º 
 
PROBLEMA 22 
En la longitud adjunta, determinar la 
longitud “x”. 
(UNSAAC CBU 2001 II) 
 
 
 
A) 12 2 B) 14 2 C) 10 2 
x 
45º 
30º 
8 
8 
I 
T 
B 
100º 
A 
α 
P 
D) 8 2 E) 9 2 
Solución: 
D) 100º E) 140º 
Solución: 
A 
 
 
30º 
 
 
45º 
 
12 
 
x 
45º D 
 
 
U 
θ 
 
A 60º 
B 
60º 
θ 
M 
 
100º L1 
E 
4 
30º 60º 
B 8 C 
180º-α P 
2 
α 
C 
BEC: (30° - 60°) 
Si BC = 8 (Hipotenusa) 
⇒ CE = 4 (Opuesto a 30º) 
ABC: (30° - 60°) 
Si BC = 8 (Opuesto a 30º) 
⇒ AC = 16 (Hipotenusa) 
Luego: AE = AC - CE 
AE = 16 - 4 
AE = 12 
Finalmente: 
DEA (45° - 45°) 
Si AE = 12 
Como el ∆ABC es equilátero: 
∠A = ∠B = ∠C = 60º 
∆BUM: θ + 60º = 100º (∠ externo) 
θ = 40º 
Luego: Propiedad del “Serruchito” 
 
U L1 
θ 
 
A 60º 
 
180º-α L2 
∴ x = 12 2 
 
CLAVE: 
θ + (180º-α) = 60º 
∴ α = 160º 
E 
PROBLEMA 23 
En la figura L1 // L2, calcular “α”, 
sabiendo que el triángulo ABC es 
equilátero. 
(UNSAAC CBU INT 2002) 
CLAVE: C 
PROBLEMA 24 
En la siguiente figura. Hallar la 
medida del ángulo θ: 
(UNSAAC CBU 2002 I) 
C 
 
L1 
D 
L2 2x θ 
A B 
C 
A) 80º B) 120º C) 160º A) 60º B) 80º C) 90º 
L 
H 
x 
50º 
D) 20º E) 100º 
Solución: 
C 
x 
D) 25º E) 50º 
Solución: 
 
B 
 
D 4x 
2x 2x 
 
 
4x θ 
x 50º 
A B E 
Si AD = DB ⇒ ∆ADB Isósceles 
Luego: DAB = DBA= 2x 
50º 
D A 
50º 
C 
∆ADB: CDB = 2x + 2x (∠ externo) 
CDB = 4x 
Si CD = CB ⇒ ∆DCB Isósceles 
Luego: CDB = CBD = 4x 
∆DCB: 4x + 4x + x = 180º 
x = 20º 
 
Finalmente: 
∆ACB: CBE = 2x + x (∠ externo) 
θ = 3x 
θ = 3 (20º) 
∴ θ = 60º 
CLAVE: A 
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 
 
CLAVE: C 
PROBLEMA 26 
Calcular la medida del lado AE del 
siguiente polígono ABCDEA. 
(UNSAAC CBU 2002 I) 
 
PROBLEMA 25 
Calcular el valor del ángulo “x”, si 
AB = AC; BD = BC 
(UNSAAC CBU 2002 I) 
 
 
 
A 45º 
D 
 
30º 
6 3 
 
E C 
 
 
 
 
D A C 
37º 
 
B 
A) 6 3 B) 8 2 C) 6 
A) 40º B) 36º C) 30º D) 8 E) 10 
A 
30º 
β E 
θ β x θ 
 
Solución: 
D 
D) 30º E) 45º 
Solución: 
 
 
 
 
A 45º 
 
 
 
 
x = 8 
30º 
6 3 
E 6 
8 
 
 
 
 
60º 
C 
53º 
 
 
 
 
 
B D C 
 
Si ∆ABC isósceles ⇒ AB = AC 
 
 
 
 
DEC (30º-60º): 
Si DE = 6 3 
45º 37º 
 
B 
 
(Opuesto a 60º) 
Luego: m ABC = ACB = θ. 
Si AD = AE ⇒ ∆ADE isósceles 
Luego: ADE = AED = β. 
Seguidamente: 
⇒ EC = 6 (Opuesto a 30º) 
CEB (37º-53º): 
Si EC = 6 (Opuesto a 37º) 
⇒ BE = 8 (Opuesto a 53º) 
AEB (45º - 45º) 
⇒ AE = BE 
∴ AE = 8 
CLAVE: D 
PROBLEMA 27 
∆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 
 
En la figura, ABC es un triángulo 
isósceles (AB = AC). Determinar x 
si AD = AE. 
(UNSAAC CBU 2002 II) 
 
 
PROBLEMA 
28 
CLAVE: E 
 
 
B D C 
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) 15º B) 20º C) 10º A) 20º B) 30º C) 10º 
 D) 80º E) 60º 
A 
30º E 
x 
3 
3 
 
Solución: 
 
 
 
 
 
 
 
M 
 
 
 
 
 
 
 
 
20º 
 
 
E 
 
20º 
 
 
N 
x 
 
PROBLEMA 29 
En la figura AC = 2, determinar 2x. 
(UNSAAC CBU 2002 II) 
 
B 
45º 
x 
 
x 
 
80º 
 
 
 
80º 
30º 
D C A 
F G A) 3 B) 2 C) 2 +1 
 
Como FG es la base ⇒ EF = EG 
Luego: ∠ EGF = ∠ EFG = 80º 
∆EFG: ∠EGF + ∠EFG + ∠FEG = 180º 
D) 2 −1 
Solución: 
 
B 
E) 3 +1 
80º + 80º + ∠FEG = 180º 45º 1 2x 
 
 
Nos dan: MN=NE 
∠ FEG = 20º 15º H x 
1 
60º 
 
3 
30º 
⇒ ∆MEN es Isósceles 
Luego: ∠MEN = ∠NME = 20º 
Como: MN = MF ⇒ ∆MNF es Isósceles 
Luego: ∠MNF = ∠MFN = x 
Finalmente: 
D C 2 A 
Trazamos CH ⊥ AB para aprovechar los 
ángulos de 30º y 45º 
CHA (30º-60º): 
Si CA = 2 (Hipotenusa) 
⇒ CH = 1 (Opuesto a 30º) 
∠ NME = x + x (∠externo) 
20º = 2x 
y HA = 
 
CHB (45º-45º): 
(Opuesto a 60º) 
∴x = 10º 
CLAVE: C 
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 + 
∴2x = + 1 
3 
 
El ÉXITO es la 
envoltura del sacrificio. 
 
CAPÍTULO 
2 
 
PERÍMETRO 
 
Es la suma de las medidas de los lados de 
una figura geométrica. 
Se representa con “2p” 
• Cuando vemos “p” en alguna 
fórmula, esto significa 
semiperímetro, y es la mitad del 
perímetro. 
B 
 
c a 
 
A b C 
Perímetro del ∆ABC: 2p(∆ABC) 
 
 
 
Semiperímetro del ∆ABC (p) 
 
 
 
PERÍMETROS DE POLÍGONOS 
REGULARES 
 
El perímetro de un Polígono Regular es 
igual al número de lados multiplicado por 
la longitud de un lado. 
 
 
Donde: 
n: número de lados 
l: longitud de un lado 
2p = n l 
p= a + b + c 2 
2p(∆ABC) = a + b + c 
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. 
CIRCUNFERENICIA 
r O 
P CÍRCULO 
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. 
 
Por lo tanto: 
- La circunferencia tiene 
longitud, más noárea. 
- El círculo tiene área y su 
perímetro es la longitud de 
su circunferencia. 
PERÍMETROS 
16 
= 3.16049... 
 
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. 
 
 
 
lim P = Lc 
n→∞ 
 
 
 
EL NÚMERO “ π ” 
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 
constante de la razón de la longitud de 
una circunferencia (Lc) a su diámetro. 
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: 
π = Lc ⇒ D 
22 
= 3.142... 
7 
Pero D = 2r ⇒ 
 
 
D =2r 
A 
AB 
 
EL VALOR DE “ π ” 
 
 
 
Lc = 2πr 
 
Adriano Mecio: 
355 
= 3.1415929... 
113 
B Papiro de Ahmés: 
2 
  
  
 9  
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 
Los Hindúes: 
3927 
= 3.1416... 
1250 
 
Cuando se realizan trabajos de mucha 
Su Cuadrado es: 9.869604401089 precisión se usa π = 3.1416 , que 
Su Cubo es: 31.0062766803 
Su Inverso es: 0.318309886184 
viene a ser un trabajo aproximado por 
exceso con un error menor que 
0.0001. 
Lc = 2π r 
Lc = π D 
L AB = AB π 2 
  
  
LONGITUD DE UN ARCO 
A 
r 
2. LONGITUD DE UNA LÍNEA 
CURVA FORMADA POR 
SEMICIRCUNFERENCIAS 
La suma de las longitudes de las 
LAB semicircunferencias con sus diámetros 
r sobre AB, equivale a la longitud de una 
B semicircunferencia de diámetro AB. 
 
Realizamos una Regla de Tres Simple: 
 
Lc → 360º 
L → θ º 
AB A B 
⇒ L = Lc θ  
AB  360º  Demostración: 
 
Pero: Lc = 2π r ⇒ L = 2π r 
 θ  
AB  360º  
 
Como D = 2r ⇒ A M N B 
Sabemos por la propiedad anterior que: 
 
 
PROPIEDADES 
 
1. LONGITUD DE EN FUNCIÓN 
AL DIÁMETRO DE UNA 
SEMICIRCUNFERENCIA 
L = 
AB 
π 
AB 2 
Luego, también se tendía: 
L = AM π 
AM 2 
L = MN π 
MN 2 r 
L = 
NB 
π 
NB 2 
A B L + L + L = AM π + 
MN 
π + 
NB 
π 
L = 2πr  180º  AB  360º  
AM MN NB 2 2 2 
AM + MN + NB   L + L + L = π 
Pero r = 
AB
 
2 
AM MN NB 2 
AB 
L + L + L = π 
AM MN NB 2 
⇒ 
∴ L = 
AB 
π 
AB 2 
L = π D θ AB 360º 
L = AB π AB 2 
O θ 
A 
 
R 
O 
R 
B 
La propiedad anterior, también la 
podemos aplicar si la figura se presenta 
de esta forma: 
 
 
 
 
 
3. SEMICIRCUNFERENCIAS 
CUYOS DIÁMETROS ESTÁN 
FORMADAS SOBRE UN 
SEGMENTO 
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. 
PROPIEDADES DE LAS TANGENTES 
A UNA CIRCUNFERENCIA 
 
1RA. PROPIEDAD 
Las tangentes trazadas desde un punto 
exterior a una circunferencia son iguales. 
P 
 
 
 
 
 
 
 
 
2DA. PROPIEDAD 
Las tangentes comunes exteriores a dos 
circunferencias son iguales. 
 
 
 
 
 
 
 
 
De ahora en adelante: 
3RA. PROPIEDAD 
Las tangentes comunes exteriores a dos 
circunferencias son iguales. 
 
LAB Significa longitud de las curvas 
(semicircunferencias) en AB , y es 
igual a: 
LAB = AB π 2 
 
 
Nota: Las curvas formadas sobre AB son 
todas semicircunferencias. 
 
TEOREMAS IMPOTANTES 
AB = CD 
A B 
PA = PB 
L AB = AB π 2 
A B 
MN = PQ 
M 
Q 
N 
P 
A 
B 
D 
C 
L AB = AB π 2 
 
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 
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. 
catetos es igual a la suma de los M O 
diámetros de las circunferencias inscrita y 
circunscrita” 
 
B 
 
r 
A C 
R 
 
 
 
 
 
 
 
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. 
 
Perím.SOMBR. = L MO+ L MA + L AR + L RC + L CO 
Sabemos que: 
L = MO π 
MO 2 
C y que : L MA + L AR + L RC + L CO = L MO 
B Luego: 
Perím.SOMBR. 
 
Perím.SOMBR. 
A D 
= 
MO 
π + MO 
2 
= 
20 
π + 20 
2 
∴ Perím.SOMBR. = 10(π + 2) 
CLAVE: D 
EJEMPLOS EJEMPLO 2 
AB + BC = 2R + 2r 
AB + BC = AC + 2r 
AB + CD = BC + AD 
M A R C O 
Solución: 
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. 
A) 10π B) 20π C) 5π 
D) 10(π+2) E) 20(π+1) 
 
Hallar el perímetro de la figura 
sombreada, si los arcos mostrados 
son semicircunferencias; y el 
segmento AB mide 20µ. 
El triángulo ABC es un triángulo 
equilátero, los arcos son 
semicircunferencias. Hallar el 
perímetro de la región sombreada, si 
el perímetro del triángulo es 12µ. 
B 
 
 
 
 
 
A) 10π B) 20π C) 5π A C 
D) 10(π+2) E) 20(π+1) 
 
Solución: 
A) 3π B) 4π C) 6π 
D) 8π E) 4(π+3) 
 
Solución: 
 
B 
 
 
 
 
 
A C 
 
 
Perím.SOMBR. = L AB+ LAB 
Dato: PERIM. ∆ABC = 12µ 
⇒ AB + BC + AC = 12µ 
Luego: AB = BC = AC = 4µ 
Perím.SOMBR. 
 
Perím.SOMBR. 
= 
AB 
π + 
AB 
π
 
2 2 
= 20 π + 20 π 2 2 
 
Perím.SOMBR. = L AB+ LBC + LAC 
Perím. = 
AB 
π + 
BC 
π + 
AC 
π 
SOMBR. 2 2 2 
Perím.SOMBR. = 10π +10π 
∴ 
Perím. = 
4 
π + 
4 
π + 
4 
π 
SOMBR. 2 2 2 
Perím.SOMBR. = 20π 
 
CLAVE: B 
EJEMPLO 3 
∴ Perím.SOMBR. = 6π 
CLAVE: C 
EJERCICIOS 
A M N B 
A B 
En este caso, la figura 
sombreada esta 
limitada solamente por 
semicircunferencias. 
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) 
PerímSOMBREADO = BP + BC + PC 
PerímSOMBREADO = 6 +13 + 61 
∴ PerímSOMBREADO = 19 + 61 
CLAVE: A 
 
x PROBLEMA 2 
x En el cuadrado ABCD de 10 cm. de 
2 lado, se ha trazado 
semicircunferencias en cada lado. 
Calcular el perímetro de la región 
sombreada. 
 
 
 
A) 19 + 61 m B) 11 + 61 m 
C) 18 + 61 m D) 25 + 61 m 
E) 20 + 61 m 
 
Solución: 
B 
 
6 
13 13 
P 
6 
A 5 H 5 C 
 
 
A) 20π cm. B) 20(π + 4) cm. 
B) 20 (π + 1) cm. D) 10 (π + 4) cm. 
E) 20 (π + 2) cm. 
 
Solución: 
 
13 13 
 
D 
5π 
A B 
5π 
10 5π 
BHA: (Teorema de Pitágoras) 
132 = 52 + BH2 
⇒ BH = 12 
 
BHA: (Teorema de Pitágoras) 
PC2 = 52 + PH2 
PC2 = 52 + 62 
⇒ PC = 61 
Finalmente: 
 
 
D C 
5π 
 
 
Donde: 
P s = Perímetro Sombreado 
Dato: Lado del Cuadrado = 10 cm. 
PS = L CURVAS + LSEGMENTOS 
A B 
D C 
A D 
2 
2   
Luego: AB = BC = CD = AD = 10 cm. 
Primero calculamos la suma se las 
longitudes de los segmentos que limitan a 
la región sombreada (L SEGMENTOS ) . 
LSEGMENTOS = AB + BC + CD + AD 
LSEGMENTOS = 10 +10 +10 +10 
LSEGMENTOS = 40 
 
Seguidamente calculamos la suma se las 
longitudes de las curvas que limitan a la 
región sombreada (L CURVAS ) , para lo 
cual usamos la propiedad. 
En la figura AEB es una 
semicircunferencia, ¿cuál es el 
perímetro de la figura cerrada 
ADCBEA? 
(UNSAAC CBU INT 2000) 
 
 
 
 
E 
 
 
B C 
6 
 
A) 16 + π B) 8 + π 
 
 
Luego: 
LAB = AB π 2 
C) 14 + π D) 12 + π 
E) 13 + π 
 
Solución: 
LCURVAS = L AB+ LBC + LCD + LAD 
LCURVAS 
 
LCURVAS 
= π 
AB 
+ πBC 
+ π 
CD 
+ π 
AD A 6 B 
2 2 2 2 
= π 10 + π 10 + π 10 + π 10 2 2 2 2 E 2 
LCURVAS = 20π 
 
Finalmente: 
PS = L CURVAS + LSEGMENTOS 
P S= 40 + 20π 
 
 
6 
D C 
 
PERÍMETRO = AB + BC + CD + LDEA 
∴ P S= 20(π + 2) 
 
CLAVE: D 
PERÍMETRO 
 
PERÍMETRO 
= 6 + 2 + 6 + π AD 
2 
= 14 + π 2  
  
NOTITA: Para no operar tanto debemos 
darnos cuenta que: 
Si AB = BC = CD = AD 
⇒LAB = LBC = LCD = LAD 
PROBLEMA 3 
∴ 
 
 
 
PROBLEMA 4 
P ERÍMETRO= 14 + π 
CLAVE: C 
1 
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) 
 
 
 
A) 2(2A + B) B) 2A + 2B 
C) 4A + B D) 4A – 2B 
E) 7 A − 4B 
2 
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) 
 
Solución: 
 
 
A) 4 B) 2 C) 3 
D) 1 
2 
E) 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) 
 
PERIM = A + B + (A − B) + A + B + (A + B) 
PERIM = 4A + 2B 
∴ PERIM = 2 (2A + B) 
1 
 
 
 
 
1 
 
1 
De la figura: 
 
CLAVE: A 
P1 = P2 = P3 = P4 = P5 = P6 = K 
Luego: 
PS = P1 + P3 + P4 + P6 ⇒ PS = 4K 
PNS = P2 + P5 ⇒ 2K 
1 
2 P6 
P3 P5 
 
P2 P4 
P1 2 
 
 
1 
 
B 
B 
A-B 
A 
A 
B 
B A 
IN
IC
IO
 
Finalmente: Ps = 4K 
Luego: 
PNS 2K Hallamos PEXTERIOR 
∴ 
 
 
 
PROBLEMA 6 
Ps = 2 
PNS 
 
 
CLAVE: B 
PEXTERIOR = AB + BC + CD + AD 
PEXTERIOR = 4 + 4 + 4 + 4 
PEXTERIOR = 16 
 Hallamos 
 
En la figura adjunta, ABCD es un 
cuadrado de lado 4 cm. El perímetro 
de la región sombreada en cm es: 
PINTERIOR 
PINTERIOR = MR + NP + MN + PR 
(UNSAAC CBU 2000 I) 
 
B C 
PINTERIOR = 4 + 4 + 
PINTERIOR = 8 + 2π 
 
Finalmente: 
π(2)2 
 
 
4 
π(2)2 
+ 
4 
 
 
 
 
A 
 
A) 2(12 + π) 
 
 
 
D 
 
B) 2(5 + π) 
PSOMBREADO = (16) + (8 + 2π) 
∴ P SOMBREADO= 2(12 + π) 
CLAVE: A 
C) 10 +π D) 20 +π 
E) 2(10 + 2π) 
 
Solución: 
PROBLEMA 7 
En la figura adjunta. Determinar el 
perímetro de la región sombreada. 
(UNSAAC CBU 2000 II) 
B P C 
 
2 
2 
4 M 2 O R 
2 
A N D 
De la figura: 
 
 
A) 2 π − 4 
 
 
B) π+ 4 
PSOMBREADO = PEXTERIOR + PINTERIOR 
C) π+ 4 2 
E) 2 π + 4 
D) 4π + 2 
O 
2 2 
AB 
Solución: 
P 
Solución: 
 
 
2 2 
45º 45º 
a a b b c c d d 
A O B 
2 2 
A a b c d B 
De la figura: 
PSOMBREADO = AP + PB + LAB 
De la figura: 
 
PERÍMETRO 
 
 
= 3a + 3b + 3c + 3d 
Hallamos AP y PB en APB (45º-45º) PERÍMETRO = 3(a + b + c + d) 
Si: AB = 2 2 
 
Hallamos L 
AB 
⇒ AP = PB = 2 Pero nos dan: AB = 12 
⇒ a + b + c + d = 12 
LAB = π 
(Propiedad) 
2 
Finalmente: 
 P 
 
 
= 3(a + b + c + d) 
LAB 
2 2 
= π 
2 
LAB = 2 π 
ERÍMETRO 
 
PERÍMETRO = 3(12) 
Finalmente: 
PSOMBREADO = AP + PB + LAB 
 
PERÍMETRO 
 
= 36 
PSOMBREADO = 2 + 2 + 2 π 
∴ CLAVE: B 
PSOMBREADO = 
 
 
PROBLEMA 8 
2 π + 4 
 
CLAVE: E 
 
PROBLEMA 9 
En la figura adjunta, determinar en 
centímetros el perímetro de la región 
sombreada, si todos los círculos 
Hallar la suma de los perímetros de 
los 4 triángulos equiláteros, sabiendo 
que AB mide 12 cm. 
 
 
A B 
A) 18 cm. B) 36 cm. 
C) 26 cm. D) 40 cm. 
E) 72 cm. 
tienen un radio igual a 2 centímetros: 
 
 
 
A) 16π B) 18π C) 4π 
D) 8π E) 24π 
⇒ 
∴ 
Solución: 
L O V 
 
M A R K I T S 
PROBLEMA 10 
Hallar el perímetro del triángulo 
rectángulo ABC. 
E (UNSAAC CBU 2001 II) 
 
A 
Y U Z 
De la figura el perímetro de la región 
sombreada es igual a la suma las 
longitudes de los arcos exteriores: 
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 
similar en los otros arcos al sumarlos se 
obtiene una circunferencia, luego 
podemos hallar el perímetro de la región 
sombreada de la siguiente forma: 
LYML + LLRY = LC 
3x 5x 
 
B 2x + 4 
C
 
A) 28 B) 20 C) 34 
D) 24 E) 30 
 
Solución: 
A 
 
 
3x 5x 
 
B 2x + 4 
C
 
LYAL + LLO + LOIU + LUY = LC 
ABC (Teorema de Pitágoras) 
5x 2 = 3x 2 + 2x + 4 2 
LUKO + LOV + LVSZ + LZU = LC ( ) ( ) ( ) 
LZTV + LVEZ = LC 
 
PerímetroSOMBREADO = 4 LC 
 
25x 2 = 9x2 + (4x2 +16x +16) 
 
Las cuatro circunferencias tienen 
radios iguales por los tanto tienen la 
misma longitud de circunferencia. 
Finalmente: 
Perímetro SOMBREADO = 4 (2π r) 
Perímetro SOMBREADO = 4 2π(2) 
∴ Perímetro SOMBREADO = 16π 
CLAVE: A 
12x2 −16x −16 = 0 
3x2 − 4x − 4 = 0 
⇒ x = 2 
 
Luego, el perímetro sería: 
PERÍMETRO = 5x + 3x + (2x + 4) 
PERÍMETRO = 10x + 4 
PERÍMETRO = 10(2) + 4 
∴ 
PERÍMETRO = 24 
  
P = 24 
OTRA FORMA (MÁS RÁPIDA): 
Observemos que este es un triángulo 
Notable (3-4-5), entonces: 
A 
 
 
3x 5x 
 
B 2x + 4 
C
 
4x 
Solución: 
A 
 
 
6 O 
 
 
 
B 6 C 
De la figura: 
P = L + L + L 
Luego: 4x = 2x + 4 
⇒ x = 2 
 
Finalmente el perímetro: 
AOB BOC AC 
P = AB π+ BC π + 2πr  θ  
2 2  360º  
6 6  90º  
PERÍMETRO = 5x + 3x + 4x P = π+ π + 2π(6)   2 2  360º  
PERÍMETRO = 12x 
PERÍMETRO = 12(2) 
∴ 
ERÍMETRO 
 
 
 
 
CLAVE: D 
P = 3π+ 3π + 3π 
∴ P = 9π 
 
 
 
PROBLEMA 12 
 
 
CLAVE: A 
PROBLEMA 11 
Hallar el perímetro de la región 
sombreada. 
(UNSAAC CBU 2001 II) 
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 
 
 
6 
 
 
B 6 C 
A) 9π B) 10π C) 12π 
D) 18π E) 6π 
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: 
r r r r r 
 
PerímetroSOMBREADO = 5 L 
 
2π(8) 8 8 
Perím SOMBR= + π + π 4 2 2 
PerímetroSOMBREADO = 5 [2π (2a)] ∴ Perím SOMBR= 12π 
∴ Perímetro SOMBREADO = 20 π a CLAVE: E 
 
 
PROBLEMA 
13 
CLAVE: E 
 
PROBLEMA 14 
Determinar el perímetro de la región 
sombreada, de la figura. 
(UNSAAC CBU 2002 II) 
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 B 
 
 
 
 
O 
 
A) 15π B) 10π C) 6π 
D) 16π E) 12π 
 
Solución: 
 
 
De la figura podemos ver que : 
 
 
SOMBR AO OB 
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: 
Perím SOMBR = 4 + 4L (r = a) 
Perím SOMBR = 4(4a) + 4[2π (a)] 
Perím 
= L AB + L + L ∴ = 8 a (π + 2) 
2πR OA OB 
Perím SOMBR= + π + π 4 2 2 
Perím SOMBR 
CLAVE: C 
 = 4a 
a 
8 8 
A B 
O 
8 
a 
S = bh 2 
S1 S2 
= 1 
1 
 
 
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. 
 
Caso de 2 Círculos: 
 
 
 
 
S1 D2 r 2 
2 = 2 
S2 D2 r2 
 
≡ 
 
 
 
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: 
 
B 
PRINCIPALES FÓRMULAS DE 
FIGURAS CONOCIDAS 
A. REGIONES TRIÁNGULARES 
1. FÓRMULA GENERAL: 
- Triángulo Acutángulo 
B 
 
 
h 
 
A H C 
b 
N 
- Triángulo Rectángulo 
 
 
A C M L 
 
S1 AB
2 BC2 AC2 
= = = 
MN2 NL2 ML2 S2 
 
INFORMES E INSCRIPCIONES 
Av. de la Cultura 1020 Of. 203. 2do. Nivel. 244856 
A1 = A2 
S2 r2 
D2 
S1 r1 
D1 
Áreas 
CAPÍTULO 
3 
A1 A2 
49 
4. FÓRMbULA DE HERÓN: 
B 
 
C c a 
 
hA b C 
 
A b B 
 
 
- Triángulo Obtuso 
B 
5. EN FUNCIÓN DE SU INRADIO: 
B 
c r a 
h 
A b C 
 
C b A H 
 
 
2. TRIÁNGULO EQUILÁTERO: 
 
B 
 
 
L L 
6. EN FUNCIÓN AL CIRCUNRADIO 
B 
 
c a 
R 
A b C 
h 
 
A H C 
L 
7. TRIÁNGULO RECTÁNGULO 
CIRCUNSCRITO 
B 
 
 
r 
A C 
m n 
b 
 
3. FÓRMULA TRIGONOMÉTRICA: 8. EN FUNCIÓN A LOS EX-RADIOS 
E INRADIO 
 
 
B 
c 
S=b c Sen θ 
2 
aA 
θ 
θ 
b hC 
S = m n 
S = b h 2 
S = b h 2 
L2 3 
S= 
4 
h2 3 
S = 
3 
p = a + b + c 2 
S = p(p−a)(p−b)(p−c) 
S = pr 
S = abc 4R 
D2 S = 
2 
 
D 
4. ROMBO: 
 
 
 
5. TRAPECIO: 
 
 
B. ÁREAS DE REGIONES 
CUADRANGULARES 
 
1. CUADRADO: 
6. TRAPEZOIDE: 
 
L D 
 
L 7. CUADRILÁTERO INSCRITO: 
 
2. RECTÁNGULO: 
 
 
a 
 
b 
 
3. PARALELOGRAMO: 
8. CUADRILÁTERO CIRCUNSCRITO 
 
h 
S = abSenθ 
b 
 
C. REGIONES POLIGONALES 
 
1. POLÍGONO CIRCUNSCRITO: 
S = ab 
S = L2 
b 
S = ( B + b ) 
2 
h 
h 
B S# ABC = r RaRbRc 
S = D d 2 d 
D 
D2 = a 2 + b 2 
S = bh 
θ S= DdSenθ 2 
d 
D 
a+b+c+d 
p = 
2 
S= ( p−a ) ( p−b )( p−c )( p−d ) 
S = p r 
B 
Rc 
Ra 
r 
A C 
Rb 
b 
a c 
d 
r 
 
a 
θ 
  
( ) 
 
3. Segmento Circular: 
 
 
 
 
2. POLÍGONO REGULAR 
 
 
 π r2 θ r2 Senθ  S AB =  360° 
− 
2 

 
  
  
 
 
D. REGIONES CIRCULARES 
4. Zona o Faja Circular: 
1. Círculo: A B 
C D 
 
 
 
 
5. Corona Circular: 
 
2. Sector Circular: 
A 
 
 O θ S = π r2 
 θ  
SECTOR 
 
B 
 360°  
6. Trapecio Circular: 
 
 
 
 
S = π R2 − r2 
θ
 
TC 360° 
R 
r 
O θ 
Al Sector Circular, también se 
le conoce como Triángulo 
Circular o Triángulo Mixtilíneo 
y su área se calcula así: 
SCC = π(R
2 − r2 ) 
S = π r 2 
SZC = S CD − S AB 
S = p r 
S = p x a p 
A SECTOR = 
LR 
2 
A 
O θ 
B 
r 
ap 
 
r 
R 
R 
A 
R 
O L 
R 
B 
1 2 
D) Se cumple que: 
 
 
 
 
E) Se cumple que: 
 
 
 
 L + L  
STC =  (R − r) 
 2  
 
ALGUNAS RELACIONES 
IMPORTANTES DE ÁREAS 
 
A) Propiedad de la Mediana. 
 
 
B) 1RA Propiedad de los Puntos Medios 
 
 
 
C) 2DA Propiedad de los Puntos Medios 
F) Se cumple que: 
 
 
G) Se cumple que: 
 
 
H) Se cumple que: 
 
 
 
I) Se cumple que: 
 
 
 
J) Propiedad del Triángulo Rectángulo: 
 
 
S1 S2 
S3 
S = A T 
2 
S 
S = A T 4 S 
S 
S 
S 
S = 
A T 
2 S 
S = 
A T 
2 S 
S = 
AT
 
6 
 
S S 
S S 
S S 
S = 
A T 
S S 2 
S1 
S2 
S1 = S2 S1 S2 
El área de un Trapecio 
Circular, también se puede 
calcular con la fórmula para un 
trapecio y sería así: 
R 
r 
O 
L1 L2 
R-r 
AT = S1 + S2 
S 
S S S 
S = 
A T 
4 
B 
a + c = b + 2r 
c a 
r 
C S 2 
S1 
 
 
 
 
 
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 
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” 
B 
RECTA SECANTE 
O TRANSVERSAL 
área de la región apoyada en la F 
hipotenusa. Por consiguiente: 
 
A 
 
K) Lúnulas de Hipócrates: 
E 
 
C D 
PROBLEMAS 
PROBLEMA 1 
ABCD es un cuadrado, M y N son 
puntos medios. ¿Qué parte de la 
figura falta sombrear? 
 
B M C 
A B 
 
O 
 
 
FÓRMULAS GEOMÉTRICAS 
IMPORTANTES 
 
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” 
 
A N D 
 
A) 3/8 B) 4/8 C) 7/8 
D) 5/8 E) 6/8 
 
Solución: 
B M C 
S 
3S 
O 
S 
A b C 2S S 
 
2. TEOREMA DE MENELAO 
“Toda secante a un triángulo, determina 
con dos lados del triángulo, cuatro 
A N D 
abc = xyz 
S1 + S2 = S3 
SABC = S1 + S2 
A 
Usamos la propiedad de la mediana vista As = A∆ AEA + A∆BEC 
en la teoría, por ejemplo: 
En ∆CNA MO mediana 
 
As = 12 × 6 
2 + 
12 × 6 
2 
⇒ A∆NOA = A∆NOC = S 
De manera similar para las otras regiones 
Finalmente: 
∴ As = 72 cm2 
También podemos usar la propiedad: 
A NS = 5S 
As = A 2 Donde: E Punto Interior. 
AT 8S 
∴ = 5 A 
NS 8 T 
 
 
⇒ As = 
 
122 
 
 
2 
 
 
PROBLEMA 
2 
CLAVE: D ∴ As = 72 cm
2 
 
CLAVE: B 
Hallar el área de la región sombreada, 
sí ABCD es un cuadrado de 12cm de 
lado y ABE es un triángulo 
equilátero. 
 
B C 
 
 
 
 
 
A D 
 
A) 36 cm2 B) 72 cm2 
C) 86 cm2 D) 70 cm2 
E) 75 cm2 
PROBLEMA 3 
¿Qué fracción representa la región 
sombreada de la siguiente figura? 
 
Solución: 
 
B 
 
12 C 
6 
 
E 
 
6 
A D 
12 
Sabemos que en este tipo de problemas, 
es conveniente poner un valor al área de 
la región más pequeña, que en nuestro 
 
A 
 
A 
 
2A 
A 
A 
 
2A 
A 
A 
 
A 
A 
 
A) 3/8 
 
B) 1/6 
 
C) 1/2 
D) 5/8 
 
Solución: 
E) 2/5 
 
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: 
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: 
As 5# 
 As = 6A 
AT 12A 
= 
AT 16# 
∴ As = 5 A 
∴ As = 1 A 
2 T 
 
 
PROBLEMA 4 
 
 
CLAVE: C 
16 T 
 
 
 
PROBLEMA 5 
 
CLAVE: B 
Encontrar la fracción que representa 
la región sombreada en el siguiente 
cuadrado: 
(UNSAAC CBU 99 I) 
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 C 
 
 
 
 
Solución: 
A) 4 5 m2 B) 2 3 m2 
C) 4 3 m2 D) 2 5 m2 
E) 3 m2 
Solución: 
B 
E D 
A) 1/8 B) 5/16 C) 1/4 
D) 3/16 E) 1/2 
 
B 
60° 
2 2 
Solución: 
B C 
E 60° 2 
120° 
60° D 
4 4 
60° A D 
A 6 C 
Deducimos que ∆BEA es equilátero 
⇒ AE = 2 
Usamos la fórmula trigonométrica para 
hallar el área de la región triangular DEA. 
En este tipo de problemas sabemos que 
debemos trasladar regiones para obtener 
una región de área conocida; así 
obtenemos: 
 
Luego: S# 
 
 
 
DEA 
= 
4 x 2 Sen120º 
2 
S# DEA = 
 
S# DEA = 4 x 2 3 2 2 
S ABCD = 2S# DEA 
S ABCD = 2(200) 
∴ S# DEA = 2 3 m2 
CLAVE: B 
∴ S ABCD = 400 m2 
CLAVE: A 
PROBLEMA 6 
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) 
 
B C 
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) 
 
O 
 
 
A D 
A) 172 u2 B) 196 u2 C)164u2 
A) 400 cm2 B) 100 cm2 
C) 600 cm2 D) 800 cm2 
E) 300 cm2 
D) 156 u2 E) 144 u2 
Solución: 
S ABCD 
2 
Para calcular el área sombreada, C 
necesitamos hallar la altura. 
2 2 
B 6 M 6 C 
10 a 
O 
O 
4 2 2 
4 
10 A B 
b 
A 8 N 8 D 
 
 
 
Trazamos los radios OA y OB , para 
formar triángulos rectángulos, entonces: 
En ONA (37º-53º): b = 6 
En BOM (37º-53º): a = 8 
Como BAC es un cuadrante (la cuarta 
parte de una circunferencia) 
⇒ AC = AB = 4 
⇒ BAC (45º-45º): BC = 4 2 
Luego el radio del círculo sería 2 2 
Finalmente: 
⇒ MN = a + b 
MN = 14 (Altura del Trapecio) 
AS = A 
C 
− A A B 
2 42 
 2  
S ( ) 
Luego: A =  16 + 12  14 
  
A = π 2 2 − π 
∴ A 
 
 
PROBLEMA 8 
= 196µ2 
CLAVE: B 
∴ As = 4π 
 
 
PROBLEMA 9 
 
CLAVE: D 
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: 
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 m2Solución: 
 
Para calcular rápidamente el área de esta 
región, usamos la fórmula para el 
Triangulo Circular. 
4 
A 
8 
C 
O 
A B 
4 
h 
A 
b 
A = 8× 4 As = 
4 × 6 
+ 
4 × 4 
S 2 2 2 
∴ AS = 16 m2 
CLAVE: C 
∴ AS = 20 cm2 
CLAVE: E 
 
PROBLEMA 10 
En la figura mostrada, cada 
“cuadradito” tiene un área de 4 cm2. 
¿Cuál es el área de la región 
Recuerda que el área de un triángulo 
obtusángulo se calcula así: 
 
 
 
b h 
sombreada? A = 
(UNSAAC CBU 99 I) 2 
Que en este problema vino así: 
 
 
 
 
 
 
A) 23 cm2 B) 18 cm2 
C) 16 cm2 D) 15 cm2 
E) 20 cm2 
Solución: 
 
 
A = bh 2 
a=2 B 
 
 
 
 
C 
 
A H 
6 4 
 
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) 
 
B C 
Dato a2 = 4 ⇒ a = 2 
Luego: 
AS = A# BAD +A# BCD 
A D 
A = BD x AH + BD x CQ S 2 2 A) 6 (9 - π) cm2 B) 9 (6 +π) cm2 
C) 48 - 9π cm2 D) 9 (6 - π) cm2 
E) 32 + 9π cm2 
b 
A 
h 
a=
2 
 
 
 
 
 
 
 
 D 
 Q 
 
 
 
Solución: 
B 6 C 
Solución: 
 
A B 
 
4 2 
6 O 
4 
 
A 12 
D
 
4 2 4 2 
 
D L=8 C 
Nos dan el radio del cuadrante Dato: A ABCD = 64 
⇒ CD = CB = 6cm 
Por lo tanto la base menor del trapecio 
L2 = 64 
⇒ 
L = 8 
mide 6 cm. 
 
Luego: 
Ahora: Si L = 8 ⇒ BH = HC = 4 
Luego usamos el (45º-45º) 
AS = A − A 
⇒ DO = OB = OC = 4 2 
Finalmente 
 12 + 6  π(6)2 P = P # AHO + P # DOC 
AS =  2  
6 − 
4
 S ERIM ERIM ( ) ( ) 
  PS = ∴ 2 4 2 + 8 + 8 2 + 8 
AS = 9(6 − π) cm 
CLAVE: C 
∴ PS = 4 (3 2 + 4)cm 
CLAVE: A 
 
PROBLEMA 12 
Calcular el perímetro de la región 
sombreada, sabiendo que el área del 
cuadrado ABCD es 64 cm2 
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 
A B cuadrado EFGH? 
A M B 
E F 
 
P N 
D C H G 
A) 4 (3 2 + 4)cm. B) 3 (3 2 + 4)cm. D Q C 
C) 3 (4 
E) 2 (3 
2 +3)cm. D) 2 (4 
2 + 4)cm. 
2 +3)cm. A) 200 cm2 B) 50 cm2 
C) 100 cm2 D) 150 cm2 
4 
4 
E) 250 cm2 
Solución: 
Usamos la siguiente propiedad: 
B 
N 
Finalmente: 
∴ AEFHG = 100 cm2 
CLAVE: C 
C 
M PROBLEMA 14 A P 
Calcular el área del triángulo ABC 
A Q D B 
 
 
 
Luego: 
 
 
A ABCD 
53º 
A 30 m C 
A MNPQ = 2 A) 350 m2 B) 400 m2 
 
A MNPQ = 
 
202 
⇒ 
2 
 
A MNPQ = 200 
C) 450 m2 D) 250 m2 
E) 300 m2 
Solución: 
A 
A EFGH = 
 
MNPQ 
2 
B 
37º 
A EFGH = 200 ⇒ 2 
A MNPQ = 100 
CLAVE: C 
53º 
A 15 H C 
OTRA FORMA: 
Dividimos el cuadrado en triángulos 
congruentes: 
A M B 
E F 
P N 
 
H G 
D Q C 
Observamos que existen 16 triángulos en 
el cuadrado ABCD, entonces: 
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: 
A ABCD = 16A# 
 
A# ABC = 
AC x BH 
2 
202 = 16A# ⇒ A# = 25 
A MNPQ = 
AABCD 
2 
A EFGH = 4A# 
 
  
  
 
A# ABC = 30 x 20 2 
 
A2 = 
122 
4 
3 
− 2 

π(6) 
 
2  60º 
 
 360º  
∴ A# ABC = 300 cm2 
 
 
CLAVE: 
A2 = 36 3 −12π 
E Luego: ASOMB = 2A1+ A2 
 
PROBLEMA 
15 
ASOMB 
= 2  9π  + 36 3 −12π 
 2    
Hallar el área de la región sombreada, 
si el triángulo ABC es equilátero de 
lado 12m y E, F, G son puntos 
∴ ASOMB = 3 (12 3 − π)m2 
CLAVE: 
medios de los lados 
respectivamente. 
B 
AB , BC y AC , B 
 
PROBLEMA 16 
Calcular el área de la región 
sombreada, si cada cuadrito tiene 
2cm. de lado. 
E F 
 
A 
G 
C 
 
 
A) 12(3 3 -π) m2 B) 3(12 3 -π) m2 
C) 3( 3 -12π) m2 D) 12( 3 -π) m2 
 
A) 96 cm2 
 
B) 100 cm2 
E) 3(4 3 -π) m2 
Solución: B 
C) 80 cm2 D) 114 cm2 
E) 120 cm2 
Solución: 
 
6 6 
E A2 F 
6 6 
3 3 3 3 
A C 
A1 A1 
 
De la figura: AS = 2A1 + A2 
2 
 
Dividimos la región total, en 5 regiones 
Hallamos A1: π(3) A = ⇒ A = 9 π de áreas conocidas (4 triángulos 
1 2 1 2 
Ahora hallamos A2. 
rectángulos y un rectángulo); luego 
tendríamos: 
A 2 A3 
 
A 
 
4 
 
A 
 
5 
A1 
2 
AS = A1 + A2 + A3 + A4 + A5 
Entonces, calculamos: 
A = π(12)2 
A = 2 ×10 = 10 
1 2 
A = 8 × 6 = 24 
∴ A = 144π 
CLAVE: C 
2 2 
A = 4 × 4 = 8 
3 2 
A4 = 12× 4 = 48 
A = 6 × 8 = 24 
5 2 
PROBLEMA 18 
¿Qué fracción del área del cuadrado, 
representa la parte no sombreada de 
la figura? 
(UNSAAC CBU 99 II) 
 
Finalmente: 
AS = A1 + A2 + A3 + A4 + A5 
∴ AS = 114 cm2 
CLAVE: D 
 
PROBLEMA 17 
Si la longitud de la 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: 
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: 
 
 
 
Dato: Lc = 24π 
2 π r = 24 π ⇒ 
 
 
r = 12 
 
Luego: 
Luego tendríamos: 
r 
 
A A 
A A 
A 
 
A 
 
2A 
 
2A 
A 
 
A 
2A 
 
2A 
= 
π π  
ANS = 9A 
 
CLAVE: 
 
AS 16A 
 
 9 
NS As 16 
 
 
 
 
CLAVE: A 
E 
 
PROBLEMA 20 
Un círculo tiene igual perímetro que 
un cuadrado cuya diagonal mide 
8 cm. El área del círculo es: 
A) π cm2. B) 4 cm2 
PROBLEMA 19 
En la figura, ¿qué fracción del área 
del cuadrado MNPQ representa la 
región sombreada? 
16 π 
C) 16 cm2. D) π cm2 
π 4 
E) 16 π cm2. 
Solución: 
N P B C 
 
2 2 2 
 
A 2 D 
 
Dato: BD = 
M Q BAC: (45º- 45º) 
⇒ BD = 2 2 
A) 2 B) 2 C) 4 
Como BD = 2 2 ⇒ AB = AD = 2 
 
 
5 3 5 ⇒ Perímetro ABCD = 8 
D) 3 4 E) 
1
 2 
Luego, por condición del problema: 
Perímetro ABCD = Lc 
Solución: 
Luego de trasladar regiones, para obtener, 
una región de área conocida, tenemos: 
Entonces: Lc = 2π r 
8 = 2πr ⇒ 
 
r = 4 
π 
N P 
Finalmente: A = π r
2 
4 2 
A =   
  
∴ A = 16 cm2 
π 
M Q 
Luego: ∴ 
S 
= 
1 A 
2 T 
CLAVE: C 
8 
r 
A ∴ 
A 
3 
PROBLEMA 21 
En la figura adjunta, el área del 
trapecio ABCD es 40 cm2. Entonces 
el área del rectángulo ABEF es: 
Determinar el área sombreada de la 
figura; Si AB = 16 cm. 
A 3k B A B 
 
 
 
D F E C 
9k 
 
A) 30 cm2 B) 25 cm2 
C) 80 cm2 D) 45 cm2 
E) 20 cm2 
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: 
Solución: 
 
A 3k B 
 
 
h 
 
D F 3k E C 
9k 
 
As = A 
 
 
⇒ As = 
 
π(8)2 
AABCD = 40 
 9k + 3k  h = 40 
 
⇒ kh = 20 
2 2 
∴ As = 32π 
 2  3   CLAVE: 
Luego: AABEF = (3k)h B 
 
AABEF 
 20  
  
  
 
PROBLEMA 23 
∴ AABEF = 20 cm2 
CLAVE: E 
Hallar el área de la siguiente figura: 
(UNSAAC CBU 2000 I) 
 
PROBLEMA 22 
A B 
12 
53º 
18 
= 3 
 
A) 100 cm2 B) 150 cm2 
C) 140 cm2 D) 120 cm2 
E) 110 cm2 
 
Solución: 
B 
 
 
 
 
A O C 
2m 
B 
12 C A) 3 B) 2 C)7 
D) 5 E) 1 
37º 
 
4k =8 
 
 
 
 
 
53º 
Solución: B 
 
1 
A 12 H 3k = 6 D 
18 A 1 O 1 C 2m 
Trazamos CH ⊥ AD para obtener el 
BAC: (37º- 53º) 
⇒ HD = 3K = 6 
K = 2 
 
As = A# ABC 
 
⇒ As = 
2 (1) 
 
2 
 
y CH = 4k 
CH = 8 
 
Pero: CH = AD = 8 (Altura del Trapecio) 
 
Luego: 
 
 
 
 
 
PROBLEMA 
25 
∴ As = 1m2 
CLAVE: E 
A =  18 +12 8 ABCD  2  
La relación entre el área sombreada y 
el área del trapecio isósceles es: (UNSAAC CBU 2000 I) 
  
∴ A ABCD= 120 cm2 
CLAVE: D 
 
PROBLEMA 24 
En la figura, calcular el área en 
metros cuadrados de toda la región 
sombreada, ABC es una 
semicircunferencia. 
(UNSAAC CBU 2000 I) 
 
A) 1 
2 
D) 1 
4 
Solución: 
 
B) 1 
3 
E) 1 
6 
 
C) 2 
5 
a 
3a 
h 
= 
8 
  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Primero hallamos: 
B a M a C 
b 
h P 
4b N 
2b 
 
A 2a D 
 
ASOMBREADA = 
ah 
2 
 
No nos dicen que es un cuadrado, 
por eso colocamos lados diferentes. 
A =  a + 3a  h TRAPECIO  2    
Finalmente se tiene: 
ah 
 
 ASOMBREADA = 2De la figura: 
APAM = AABCD −(ABAM + ACPM + APAD ) 
30 = 2a 4b − ax 4b + a x b + 2ax 3b  x   ATRAPECIO  3a + a  h  2 2 2   2    
∴ ASOMBRADA = 1 30 = 8ab − 
 11ab  ⇒ ab = 12 m2 
ATRAPECIO 
 
4 
 
CLAVE: D 
 2  
 
Finalmente: 
 
 
PROBLEMA 26 
Hallar el área del cuadrilátero ABCD, 
si el área del triángulo AMP es 30 m2. 
(UNSAAC CBU 2000 II) 
AABCD = (2a)x (4b) 
AABCD = 8ab 
AABCD = 8(12) 
∴ AABCD = 96 m2 
 
 
 
 
CLAVE: D 
 
PROBLEMA 27 
 
 
 
A) 120 m2 B) 64 m2 
C) 106 m2 D) 96 m2 
E) 92 m2 
Solución: 
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) 
B M C 
A D 
a 
3a 
A) 36 B) 60 C) 90 
D) 80 E) 120 
 
Solución: 
B C 
1 
r 
r 2cm 
1 
 
 
Dato: Perímetro# ABC = 36 
A 2cm D 
⇒ 2a + 2b = 36 
a + b = 18 
b = 18 − a … (I) 
Teorema de Pitágoras en AHB: 
b2 = a2 +122 … (II) 
Remplazamos (I) en (II): 
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 
(18 − a)2 = a2 +122 ⇒ a = 5 Luego: r = 2 −1 
 
Finalmente: 
 
A# ABC = 
2ax12 
2 
 
Finalmente: 
A �= πr2 
2 
∴ AABCD = 60 m2 A = π( 2 −1) 
 
 
 
PROBLEMA 28 
CLAVE: B 
∴ A = (3 − 2 2 )π 
CLAVE: C 
En la figura adjunta. Determinar el 
área del círculo sombreado en cm2. 
(UNSAAC CBU 2000 II) 
 
 
 
 
 
 
 
 
2 cm 
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: 
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: 
4 cm 
B 
b 12 b 
2 
cm
 
Trasladamos regiones y obtenemos un 
sector circular de 120º, como se muestra: 
 
 
 
 
 
 
De la figura: AS = A ABCD − 4 A 
Pero “A” es la cuarta parte de un círculo, 
por lo tanto: 4 A = A 
Finalmente: 
AS = A ABCD − 4 A 
 
Luego: 
AS = π r 
 
 
2  θ 
 
  
 360º  
AS = A ABCD − A 
2 2 
AS = π(2) 
2  120º  
  
 360º  
AS = L 
− �π r 
AS = 4 
2 − π(2)2 ∴ A = 
4 
π 
S 3 
∴ AS = 4(4 − π) 
CLAVE: B 
 
 
PROBLEMA 31 
CLAVE: B 
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) 
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) 
B C 
 
 
 
 
 
 
 
A) 4 π B) 3 π C) 3 π 
A 
 
A) 4 
 
 
B) 3 
D 
 
C) 8 
3 4 8 5 5 15 
D) 8 π E) 4π 
3 
Solución: 
D) 2 
3 
Solución: 
E) 2 
7 
A B 
120º 
O 
r =2 
 
A A 
 
AS 
A A 
4 
4 
A B 
O 
 
 
 
 
A 
A 
B C B M C 
A A 
A A A 
N 
A 2A 2A 2A 2A A 
A A A 2A 2A 
A D 
A 
 
Trazamos AC ⇒ 
D 
 
A# ABC = A# ACD 
Usamos la propiedad de la mediana: 
El área de cada triángulo es “A”; por la 
tanto el área de cada cuadradito sería 
“2A”. 
∆ABC: AM es mediana ⇒ 
 
Por lo tanto se tendría: 
A# ABM = A# AMC = A 
∆ACD: AN es mediana 
 AS = 18A 
⇒ A# ACN = A# AND = A 
ATOTAL 30A Finalmente: 
∴ = 3 A 
S 5 
 
 
TOTAL 
AS 
ATOTAL 
= 
2A 
4A 
 
 
 
PROBLEMA 32 
CLAVE: B ∴ = 1 A 
S 2 
 
 
TOTAL 
 
 
CLAVE: E 
En la figura, ¿Qué fracción del área 
del rectángulo ABCD representa la 
región sombreada? 
(UNSAAC CBU 99 II) 
B C 
 
PROBLEMA 33 
En la figura adjunta. ¿Qué parte del 
área del hexágono regular representa 
la región sombreada? 
 
 
 
 
A 
 
A) 1 
3 
 
D) 2 
3 
Solución: 
 
 
B) 5 
8 
 
E) 1 
2 
D 
 
C) 1 
4 
 
 
 
A) 2 
3 
D) 1 
2 
Solución: 
 
 
 
B) 3 
8 
E) 1 
3 
 
 
 
C) 5 
6 
3 
4 
3 
2 
  
2 
  
A 
 
 
 
El hexágono es regular por lo que lo 
dividimos en 6 triángulos equiláteros. 
 
Trasladamos la región indicada y luego: 
AS 
ATOTAL 
= 
2A 
6A 
 
 
 
Al unir los centros A, B y C se obtiene un 
∴ = 1 A 
S 3 
 
TOTAL 
 
 
CLAVE: E 
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. 
 
PROBLEMA 34 
En la figura adjunta el área de la 
 
Dato: 
π 
AS = 3 − 
2 
región sombreada es  
 3 − 
π  cm2 . 
2  Pero de la figura:   
Determinar el área en cm2 del 
triángulo formado al unir los centros 
de las circunferencias siendo estas 
iguales. 
 
AS = A# ABC − 3A 
Luego: 
L2 3   A = − 3 πr θ  
S 4   360º  
π (2r) 2 3   60º  3 − = − 3 πr 
 
2 4  
 360º  
 
π 
3 − = r 
πr2 
3 − 
2 2 
π  π  
A) B) C) 3 − = r2  3 −  
 
D) 3 
2 
Solución: 
 
 
E) 3 
3 
2 
 
⇒ 
 
Finalmente: 
 2  
r =1 
A 
3 
5 
A r 
60º 
r 
r B 
A A 
60º 
r 
r 
A 
60º r 
C 
2 
 
L2 3 
A# ABC = 
4 
ABQ: PM // AQ 
⇒ PM es Base Media de AQ 
 
A# ABC = 
y PM = 
AQ 
2 
⇒PM = 1 
4 
∴ A# ABC = 
 
 
PROBLEMA 35 
 
 
CLAVE: B 
Ahora como PM = 1 
 
⇒ de la figura MN = 3 
También de la figura: QH = 2 
Finalmente: 
 
Hallar el área de la región sombreada: 
A# MQN 
 
 
A# MQN 
= 
MNxQH 
2 
 
= 
3x 2 
2 
∴ AS = 3 
 
 
CLAVE: D 
 
 
 
A) 5 B) 7 C) 2 
D) 3 E) 9 
 
Solución: 
 
B 4 C 
2 3 
PROBLEMA 36 
En la figura adjunta. Determinar el 
área en cm2 del trapecio AOBC. 
 
 
 
3cm O 
A 
P 1 M H N 
2 2 
 
C 
 
A) 3 B) 5 
2 
 
4cm B 
 
C) 2 
3 
A 2 Q 2 D D) 3 
2 
E) 2 
5 
 
Solución: 
[2(1)]2 3 
3 
4 
4 
B 
D 
3k 
53º 
4k 
37º 30º 
D 
37º 30º 
 
D 
 
 
5 
3 A r O 
r 
C 4 
 
PROBLEMA 37 
En la figura, “E” es el punto medio de 
AC . El área de la región sombreada, 
es: 
(UNSAAC CBU 2001 I) 
B 
B 
 
DCB Triángulo Notable (37º-53º) 
⇒ BD = 5 
 
En este trapecio para hallar el su área de 
la región que encierra, necesitamos su A 
altura (r) y su base menor (r). 
 
 
40 E C 
 
Para hallar “r” aplicamos el Teorema de 
Poncetet en DCB. 
 
CD + CB = BD +2 r 
3 + 4 = 5 + 2 r 
r = 1 
A) 2( 3 - 48) B) 20 ( 3 - 96) 
D) 100 (2 3 -48) D) 2(200 3 -96) 
E) 2 (100 3 -48) 
 
Solución: 
 
Finalmente: 
 
A 
 
=  BC + OA CA TRAPECIO  2    
A =  4 +1  1 
A 20 E 20 C 
40 
TRAPECIO  2    
∴ A = 5 
ABC (30º-60º): 
Como AC = 40 (Hipotenusa) 
⇒ AB = 20 (Opuesto a30º) 
TRAPECIO 2 
CLAVE: B 
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 
 
Nada es imposible, a 
menos que uno esté de 
acuerdo en que lo es. 
  
3 9 
S  
 
 
A 
 
Luego: AS = A# ABC − A# ADE 
Solución: 
A 
A = ABx BC − ADx DE S 2 2 
20 x 20 3 12 x16 
 
3 
60º 
60º 
3 3 
 
30º C 30º 
AS = − 2 2 3 
3 3 
AS = 200 3 − 96 B 
AS = 8(25 3 −12) 
Buscando la respuesta de las alternativas 
se tiene: 
∴ AS = 2 (100 3 − 48) 
CLAVE: E 
PROBLEMA 38 
En la figura: AC y BC son 
tangentes al círculo. El área de la 
región sombreada, es: 
(UNSAAC CBU 2001 I) 
 
 
Primero trazamos OC para obtener 
triángulos rectángulos notables de 30º y 
60º 
 
OAC (30º-60º): 
Si OA = 3 (Opuesto a 30º) 
⇒ AC = 3 3 (Opuesto a 60º) 
Luego: 
AS = AOACB − ASECTORAOB 
AS = 2(A# OAC )− ASECTORAOB 
  
A 
S =
 
3   
π(3)2 
120º 
 360º  
 
 
 
 
 
 
A)   
 
120º 
 
3 
 
B 
 
3 − π  
3  
 
 
 
 
 
 
B)   
 
C 
 
 
 
 
 
3 − π  
3  
AS = 9 3 − 3π 
AS = 3(3 3 − π) 
Buscando la forma en la que esta 
respuesta se presenta en las alternativas, 
se tiene: 
    ∴ A = 9  3 − 
π 
 
3  
C) 9 
 
π+ 
3  
3  
D) 3
 
π+ 3  
  
3      CLAVE: B 
E) 3( 3 −π ) 
O 
 3 x3 3  2   − 
 2  
 
A1 
B 
6 6 
 
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 regiónsombreada, es: 
(UNSAAC CBU 2001 I) 
PROBLEMA 40 
El porcentaje del área sombreada, es: 
(UNSAAC CBU 2001 I) 
 
 
 
A) 50% 
 
B) 40% 
 
C) 55% 
D) 60% E) 45% 
Solución: 
 
A) 6π+ 3 B) 16π + 3 3 
D) 4 (4π+ 3 3 ) 
E) 18(π+ 2 3 ) 
D) 9 (π+ 3 ) 
Solución: 
 
AS 
ATOTAL 
 
b x h 
 
= 2 
b x h 
 
AS = 
1 ATOTAL 
2 
 
A 6 M 6 C 
∴ AS = 50%ATOTAL 
12 CLAVE: A 
Trasladamos regiones y se obtiene un 
triángulo equilátero y un semicírculo: 
AS = A# ABC + A1 
Para calcular el área de la región 
sombreada hemos usado esta 
formula: 
(12)2 3 π(6)2 
AS = + 
4 2 
AS = 36 3 +18π 
∴ AS = 18 (π + 2 3 ) 
 
 
 
 
CLAVE: E 
h 
b 
h 
b 
AS = 
b x h 
2 
 
2 
A 
 
PROBLEMA 41 
Si en el gráfico P y Q son puntos 
medios. ¿Qué parte del círculo falta 
sombrear? 
(UNSAAC CBU 2001 I) 
PROBLEMA 42 
¿Qué fracción representa la parte 
sombreada respecto al área total? 
(UNSAAC CBU 2001 II) 
 
 
A) 2 
3 
D) 1 
2 
 
Solución: 
B) 1 
3 
E) 3 
4 
C) 1 
4 A) 
2 
3 
D) 3 
4 
 
Solución: 
B) 3 
5 
E) 2 
5 
C) 1 
3 
 
 
2a a a 
P Q 
Dividimos el la figura en triángulos, para 
obtener regiones de áreas iguales, como 
se muestra a continuación: 
 
 
 
Área del círculo menor (A1): 
2 
A1 = πa 
Área del círculo mayor (A2): 
A = π(2a)2 ⇒ A2 = 4πa 2 
Luego: 
Finalmente: 
2 
 
AS 6 # 
A1 = πa 
= A 18# 
A2 4 πa2 TOTAL 
 1 
∴ = 1 A 
1 4 2 
 
 
CLAVE: C 
∴ AS = 3 ATOTAL 
CLAVE: C 
P Q 
 
PROBLEMA 43 
Hallar el área de la región sombreada, 
si: AB = BC; DC = DE; BD = 30 cm. 
(UNSAAC CBU 2001 II) 
B 30 cm 
D 
 
 
A C E 
PROBLEMA 44 
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: 
B C 
A) 900 cm2 B) 300 cm2 
C) 250 cm2 D) 150 cm2 d 
E) 450 cm2 
 
Solución: 
B 
 
a 
 
 
30 cm 
D 
a 
A D 
Dato: d = 3 2 
2 
b b 
A C E 
⇒ d = 6 2 
Finalmente sabemos que: 
Aplicamos el Teorema de Pitágoras en 
el BCD: 
a2 + b2 = 302 
a2 + b2 = 900 … (I) 
Luego: 
 
 
(6 2 )2 
A = 
2 
AS = A ABC + A CDE 
a x a b x b 
AS = + 2 2 
a2 + b2 
∴ A = 36 cm2 
CLAVE: C 
AS = … (II) 2 
 
Remplazando (I) en (II). 
900 
AS = 2 
∴ AS = 450 cm2 
 
 
 
 
 
CLAVE: E 
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 
d2 A = 
2 
A B 
2 2 
 
Solución: 
B 
 
 
L L 
2x 
PROBLEMA 46 
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 x O x C 
2x 
L L 
 
D H C 
D 
2 ) 2 
Dato: PerímetroROMBO = 80 A) 10 m B 15 m 
4L = 80 
⇒ L = 20 
 
… (I) 
C) 30 m2 C) 20 m2 
E) 40 m2 
Solución: 
Aplicamos el Teorema de Pitágoras en 
BOA: 
L2 = x2 + (2x)2 
A b B 
 
h 
L = x 5 … (II) 
D H C 
Remplazando (I) en (II) a 
20 = x 5 
 
Finalmente: 
⇒ x = 20 5 
Dato: A# ABH = 4 
b x h = 4 
 
 
⇒ b x h =8 
AROMBO = 
 
AROMBO = 
BD x AC 
2 
(4x) x (2x) 
2 
También nos dan este dato: 
CD x AH =12 ⇒ 
 
 
a x h =12 
2 
AROMBO = 4 x
2
 
Luego: 
 A =  a + b  h = ah + bh 
 AROMBO 
 
2 
 20  = 4   
TRAPECIO   
  
 5  A = 12 + 8   
∴ AROMBO = 320 cm2 
TRAPECIO 2 
CLAVE: D 
∴ AS = 10 m2 
( ) 
 
 
 
PROBLEMA 47 
CLAVE: A 
 
 
PROBLEMA 48 
CLAVE: C 
En la figura, hallar el área de la 
región sombreada. 
(UNSAAC CBU 2001 II) 
Hallar el área de la figura sombreada. 
Si cada cuadradito tiene un área de 
20cm2. 
(UNSAAC CBU INT 2002) 
A 8 B 
 
 
8 8 
 
 
D 8 C 
A) 8 + 16 π B) 16 + 4 π 
C) 16 + 8 π D) 8 + 8 π 
E) 8 + 4 π 
 
Solución: 
 
Dividimos la región en tres regiones 
conocidas (un cuadrado y dos cuartos de 
círculo) 
 
A B 
 
A) 310 cm2 B) 280 cm2 
C) 320 cm2 D) 230 cm2 
E) 200 cm2 
 
Solución: 
L B 
L 
 
 
A2 
D C E 
 
4 
A 
M 
Dato: 
4 
A1 A3 
G F 
L2 = 20 
 
D 4 N 4 C 
De la figura: 
AS = A1 + A2 + A3 
 
De la figura: AS = 2A1 + A2 2L x 5L 2L x 3L A = + + 4L 2L 
 π(4)2  
S 2 2 x 
2 2 2 ⇒ 2 
AS = 2 
  + 
42 
AS = 5L + 3L + 8L AS = 16L 
 4  
  
∴ AS = 16 + 8π 
AS = 16 (20) 
∴ AS = 320 cm2 
 
 
 
 
 
 
 
A1 
O 
 
A1 
 
A2 
 
CLAVE: C CLAVE: B 
 
PROBLEMA 49 
La figura ABCD es un cuadrado de 
lado igual a 2 cm. Hallar el área en 
cm2 de la región sombreada. 
(UNSAAC CBU INT 2002) 
B C 
PROBLEMA 50 
En la figura, ABCD es un trapecio 
isósceles, EBCF es un cuadrado de 64 
m2 de área y AD = 26m. Calcular la 
suma de áreas de las regiones 
triangulares ABE y CFD. 
(UNSAAC CBU 2002 I) 
 
B C 
O 
 
 
A 
A) π − 1 4 2 
D 
E F 
B) π + 1 4 2 A D 
C) π− 2 D) 3π −1 
E) π − 1 3 2 
Solución: 
B C 
A) 36 m2 B) 72 m2 
C) 64 m2 D) 81 m2 
E) 48 m2 
 
Solución: 
P 
O 2 
45º 
B C 
 
L 64 L 
 
x L y 
A 1 E 1 D E F 
 
Trazamos OE ⊥ AD 
Luego de la figura: 
 
⇒ AE = ED = 1 A h L h D 
26 
( ) Dato: A BCFE = 64 AS = A PDA − A AOE + A OED 
L2 = 64 ⇒ L = 8 
A = π(2)2 45º  
π(1)2 −  1x 1 +  Luego: AD = 26 S  360º   4 2  
    
π 1 
S = + 4 2 
2h + L = 26 ⇒ h = 9 
 
Pero: x = y A ∴ 
y: x = Lh 
2 
8 (9) 
x = = 36 
 
 
 
PROBLEMA 
52 
CLAVE: D 
 
 
 
 
PROBLEMA 
51 
2 
∴ x + y = 72 
 
 
CLAVE: B 
Hallar el área que encierra el 
cuadrado ABCD, si el radio de la 
semicircunferencia es R = 5m. 
(UNSAAC CBU 2002 I) 
B C 
En la figura mostrada: ABCD y 
PQRC son cuadrados, siendo “P” 
punto medio del lado BC. Calcular A O D R 
qué parte del área de la región no 
sombreada es el área de la región 
sombreada. 
(UNSAAC CBU 2002 I) 
A B 
 
P Q 
A) 25 m2 B) 16 m2 C) 9 m2 
D) 8 m2 E) 20 m2 
Solución: 
B C 
 
5 2x 
 
A x O x D 
D C R DOC: 5
2 = (2x)2 + x2 ⇒ x2 = 5 
2 
Luego AABCD = (2x) 
AABCD = 4x2 ⇒ AABCD = 4 (5) 
∴ AABCD = 20 m2 
CLAVE: E 
 
 
 
 
 
De la figura se tiene: 
 As 
= 
8A 
PROBLEMA 53 
Hallar el área del círculo inscrito en 
el triángulo ABC, si AB, = 5 cm y 
BC = 12cm 
(UNSAAC CBU 2002 I) 
ANS 20A 
2 
∴ AS = 
5 
ANS 
 
2A 
 
2A 
A 
A A 
A 
2A 
2A 
 
 
2A 2A 
2A 2A 
A) 2/3 B) 5/6 C) 3/2 
D) 2/5 
Solución: 
E) 5/12 
 
A = π(2) 
 
C 
 
 
 
 
A B 
A) 2π cm2 B) 9π cm2 C)4πcm2 
D) 6π cm2 E) 8π cm2 
Solución: 
C 
 
 
A) 54 cm2 B) 72 cm2 
C) 36 cm2 D) 24 cm2 
E) 27 cm2 
 
Solución: 
 
 
13 12 
 
=3 
=3 B 
 
 
A1 A2 
D 
A B 
5 
 
Teorema de Pitágoras: 
 
ABC: AC2 = 122 + 52 
⇒ AC = 13 
 
Teorema de Poncelet: 
5 + 12 = 13 + 2r 
r = 2 
Luego: 2 
círculo 
∴ Acírculo = 4π 
H 9 C 
A 9 F 
Dato:  2 = 9 ⇒  = 3 
De la figura: As = A1 + A2 
6 × 9 6 × 9 
As = + 
2 2 
∴ AS = 54cm2 
CLAVE: A 
 
 
PROBLEMA 
54 
CLAVE: C 
PROBLEMA 55 
¿Qué parte de la región sombreada, 
representa la región no sombreada? 
(UNSAAC CBU 2002 II) 
En el siguiente cuadriculado, cada 
“cuadradito” tiene un área de 9 cm2. 
El área de la región sombreada, es: 
(UNSAAC CBU 2002 I) 
 
 
 
 
 
A 
A) 1/4 B) 1/3 C) 2/3 
D) 3/4 E) 1/2 
 
Solución: 
Usamos la siguiente propiedad: 
B 
 
M A N 
3A 
A C 
Luego, se tendría: 
D E C 
 
 
P 
 
A Q B 
A) 32 u2 B) 60 u2 C) 65 u2 
D) 72 u2 E) 64 u2 
Solución: 
Usamos la propiedad de la mediana: 
B 
 
A A 
A D C 
 
 
ANS = A + B + C + D + E + F 
Luego tendríamos: 
D E C 
 
8 
AS 3A + 3B + 3C + 3D + 3E + 3F 16 P 
4 2 2 
ANS = A + B + C + D + E + F 
A E Q B 
AS 3(A + B + C + D + E + F) 
⇒ A ABCD = 2A# AEB 
∴ = 1 A 
NS 3 S 
 
CLAVE: B 
∴ AS = 64 u2 
CLAVE: E 
 
PROBLEMA 56 
En el triángulo AEB, los segmentos 
interiores son medianas. Hallar el 
área de la región rectangular ABCD; 
si el área de la región triangular PBQ 
es 2u2. 
(UNSAAC CBU 2002 II) 
PROBLEMA 57 
Calcular el área de la región 
cuadrangular ABCD, inscrito en el 
semicírculo