SOLUCIONARIO DE LA PRÁCTICA DOMICILIARIA

SEMESTRAL VALLEJO

RESOLUCION Nº 1Piden x : valor entero par

RESOLUCION Nº4

Piden x

A

B

CP Q

M

8

6

m

mm

x

Del gráfico el ⊿BQC: Rectángulo

→ m∢APB = α ; es una medida

obtusa

→ Por Teorema de Existencia

x <6+8

Por Naturaleza:

x2>62+82

→x>10

10<x<14

∴ x=12

A

B

C

D66°

81°27°

x

66°

48° 33°

33°

60 °54°

63°

m

m

m m

mE

Del gráfico se traza BE

→∆ ABE,∆ BED : sonisósceles .

ADEMÁS el ∆ BEC :equilátero .

Por ello el ∆CED : isósceles

→ x+33 °=63°

∴ x=30 ° .

RESOLUCION Nº 5Piden x

RESOLUCION Nº7

Piden x :maximo valor entero

A

B

C

M

N P

x

x

180°-x

90°-x/2

I

Del gráfico se prolonga AN y BP / se intersecan en C, por teorema

m∢ACB=90 °− x2

Y en el ∆ ACB ,por teorema

m∢AIC=90°+(90 °− X

2 )2

=180 °−x

Operando

∴ x=60° .

A

B

C

D

4

4

xx

n n2

P

Del gráfico el ∆ ADC : isósceles , se prolonga AD y se trazaBP

→∆ BDP y ∆ ABP sonisósceles .

Pero del

∆ BDP, por elTeoremade Existencia

4<2n

→2<n…( I )

Y en el ∆ABP también por el Teorema de Existencia

x+n<8… ( II )

sumando I y II

x+2+n<n+8

→x<6

∴ x=5

RESOLUCION Nº8

Piden x

RESOLUCION Nº9

Piden x

A

B

P

D C

48°

12°

48°

x

36°

mm

m60°

Observación:

m m

m2

A

B

C

D

Entonces: x=60 °2

∴ x=30 ° .

A

B

C

P

36°

24°12°

60°x

60°

72°

M

m

m

mm

m Del gráfico trazamos CM / m∢BCM=36 ° ,CM=m

→∆ PCM :equilátero

Luego, trazamos BM

→ABCM : trapecio isósceles

Y el ∆ BMC : isósceles y por la

observación anterior x=60 °2

∴ x=30 ° .

RESOLUCION Nº11

Piden x

RESOLUCION Nº13

PidenHM=x

B

CP

R

b b

d3t

2t

H

500

d

Q2t

x

A

n

n

Dato MG = 12

*En el ∆PBQ: trazamos las bases medias TM y MR

Por teorema TM = BQ /2

MR = PB /2

*En el ⊿PHB : Teorema de la mediana relativa a la hipotenusa

HT = PB /2

*En el ⊿BGQ : Teorema de la mediana relativa a la hipotenusa

GR = BQ /2

De los anteriores se demuestra que: TH = MR

GR = MT

*Como BTMR es un paralelogramo:

→m∢BTM = m∢BRM

*Observamos que m∢HTM = m∢MRG

→ ∆HTM ≅∆MRG (L.A.L.)∴ x = 12

Al trazar PH paralela a RB:

∆RQP ≅∆HBQ

→RQ= QH y BH = RP

En el ∆ARC: Por teorema de los puntos medios

PH es la base media de AR

→ RH = HC

→ 2n = 3t – n,

→ n = t

Como: RH = HC = BH

→m∢RBC = 900

∴ x =400

P

M

Q

H

BG

A

C

α

α

θ

θ

n

n

T

Ra

b

b

a12

x2θ

2θ

φ

φ

RESOLUCION Nº15

Piden PD=x

RESOLUCION Nº17

Piden x

Dato: c + b – a = 6

*Se prolonga BA y CD: hasta que se intersecan en M, además la prolongación de CP intersecta a BM en L.

*Observamos:

En el ∆ABC: Como AB = BC y BP es altura, por teorema se sabe que LP = PC

En el ∆MAC: Como MA = AC y AD es altura, por teorema se sabe que MD = DC

→ PD Es la base media de LM

→LM = 2x

*En el BM :

a + 2x = b + c

∴ x = 3

D

M

A

BC

P

L

c

a

b

x

a

2xb

θθ

α

2α

α

Dato: BC =AC , AB= AD

m∢ADC= 750 y m∢BAD= 900

*En el ∆ARC (BC = AC): Trazamos la altura CR

→ AR = RB = t/2

Trazamos: CH ⊥ AD

→ CH = t/2

*Prolongamos DA hasta T, de tal manera que: AT = AD = t

Observamos el ∆ TCD, como TD = 4(CH) y m∢ADC= 750, por teorema reciproco.

→ m∢TCD= 900

*En el ⊿T C 㐵D: Teorema de la mediana relativa a la hipotenusa

→ d = t

∴ x= 300

B

C

DA

R

HT

d

t t

d

x

t/2

750

t

B

Q

C

H DA

c

P

c

c

b+c

b

b

a

a

45

b+c 12

RESOLUCION Nº19

Pidenm∡ ACB=x

RESOLUCION Nº20

Piden BH=b+c

Dato: AD es bisectriz interior

L es mediatriz de BC

m∢ BCQ = 2 m∢ ACB = 2x

*Trazamos: QH⊥ AC y QT⊥ AB

Por el teorema de la bisectriz

QT = QH

*Por el teorema de la mediatriz :

BQ = QC

* Observamos : ⊿QHC≅⊿QTB (L.L.L.)

→ m∢ TBQ = m∢ HCQ = 3x

→ 3x + 2x = 900

∴ x = 180

B

A

Q

CD

dd

x2x

θθ

H

T

3x2x

t

t

Se trazaCP⊥BH yCQ⊥ AD yluego se observa que :

⊿ ABH ≅ ⊿PBC :(Congruencia de triangulos rectangulos )

→AH=BP=b y BH=PC=HQ=b+c

Ademas⊿CQDes notablede 45° , entonces :CQ=QD=PH=c

→AD=2 (b+c )=12→b+c=6∴BH=6

B

N

C

M

DA

n

r

r

m

a

s

x

s

L

RESOLUCION Nº21

PidenMNMax=xMax

Por teorema secumple :

AB+CD<AC+BD

→m+n<AC+BD

→m+n<10→m+n2

<5 (I )Luegoubicamos L : puntomediode BC , enel⊿ ABC y⊿BCD

aplicamos el teoremade la basemedia :

→LM= AB2

=m2, ln=CD

2=n2

luego por el teoremadeexistencia en el ∆MLN ,se cumple :

MN<m+n2

→x<m+n2

(II )( II ) en ( I ) : →x<5

∴ xMax=4 .

Observacion: B

C

D A

n

x

Se cumple: AB+CD<AC+BD

RESOLUCION Nº22 Pidenm∡DPC=x

B

N CMD

A

R

4

3

5

S

45 12

3

P

97

x

12

QQ

s

s

r

r

RESOLUCION Nº23

Piden RS

Del grafico :

prolongamos AS y DShastaN y Q

asi comoBR y CRhastaP y M

respectivamente

Luego por teor ema :∆ ADN ,∆ ADQ ,∆BPC ,∆ BCM : Isó scel es

→AD=AQ=DN=7 ,PB=BC=MC=9

→ABNM , Por teorema :

→RS=b−a2

=4−42

=0

∴ x=0

Si BC ∥AD y AM=MC ,BN=ND

a

M

B

D A

x

C

N

b

→x=b−a2

B

N

C

M

DA

0

c

x

d

a

n

b

s s

r

m

r t

t

RESOLUCION Nº24

PidenOO´= x

B

E

C

O

DA

10

M5

a

5

a

a a

45

5

T

45

5

RESOLUCION Nº25

Piden AE=a

Del gr afico trazoBD y AC ycomoα+θ=45 ° ,

luego se traza AT⊥ EB

→⊿ ATM : notable45 ° :BO=OM=MC=5

luego⊿OBC :notable53 ° :

→a=5 √5

∴ AE=5√5

B

S

C

R

DA

a

2a

2a

2a

Q

a

a

2a

x

P

RESOLUCION Nº26

PidenO1O2

Del grafico AC=QS=RP=2aO sea:α+θ=90 °→R ,O2 ,C , Py D son puntos colineales

ademasQO2=PO2=2a , entonces∆QO2P :Equilatero

→O1P=QC=a√3 luego⊿O1O2P : teoremade pitagoras :

→O1O22=(2a)2+(a√3)2→x=a√7

∴O1O2=a√7

H

M

B C

DA

Q

R

L

P

SN

RESOLUCION Nº27 PidenMP=x

RESOLUCION Nº28 PidenHL=x

Del grafico :

como⊿MBC :notable53°2:

→m∡BCM=53 °2

y

m∡MCP=m∡ABD=45°

→MBCL : Inscriptible ,

luegom∡MLC=90 °

como⊿MLC :notable 45 ° :

ML=LC=5

como MP y ML⊥CL

→MP=ML=CL=5

∴ x=5

Del grafico :

APMD : Inscriptible

→m∡PSH=m∡PNH=ω,

entonces ∆NPS : Isosceles

→NH=HS ,

enel cuadrado APQR :

por teorema

m∡NQS=m∡PAS=α

→NQ∥HL

entonces ∆NSQ :Porbasemedia

→NQ=AN=2x

como∆ NPD≅ ∆MPD : (A−L−A )

→ND=MD,

AN=CM=k=2x

∴ x= k2

Ba

A C

S

12

N

a

M

L

P

x

x

a a

a

c

c

RESOLUCION Nº29

Pidenlalongitud del segmentoqueune los puntosmediosde PB y AC ,

MN=x

Del grafico :

por basemedia ∆BPC : Isosceles

→PS ∥ AB

entonces ∆ LBM ≅∆MNP : ( A−L−A ) :

→LM=MN y

LP=BN=AN=a ,

→ALNP :Trapecio isosceles ,

luego AP=ln=2 x=12

∴ x=6

x

RESOLUCION Nº31

Pidenxy+z

RESOLUCION Nº33

Piden x

A

Sesabe que :DE=FG→x= y

Como :DH y JGson segment os

tangentes

b+ y=c+x+z→ z=b−c

∴ xy+z=1+b−c

Datos :M ,N y T son puntos de tangencia

Dado que :TC=NC , trazamosTN→m∡NTC=m∡TNC=ω

Comoel arco MT mide90 º→m∡MNT=45 º ; luego :m∡HTN=45 º

∆ HTC ≅ ∆ HNC (L . A . L . )→m∡THC=m∡CHN=x

∴ x=45 º

50º

X

230º

x

RESOLUCION Nº36

Pidenlamedida del arco AB .

RESOLUCION Nº38

Piden x

Datos : A , B ,M ,N ,P , yQ son puntos

de tangencia.

Por teorema : A , P yC soncolineales ;

de igual maneralo sonD ,Q y B

Por teorema :Lasmedidas de los arcos

AD y BC son2 β y 2α respectivamente

Comoα+β=50 º→2α+2β=100 º

∴Lamedidadel arco ABes80 º

Trazamos la alturaQH del t ri á ngulo PBQ→m∡HBQ=30 º

Seobserva que :30 º+β=45º→ β=15 º

Como : x=2 β

∴ x=30 º

Del grafico :

∴Oes el Baricentro del triangulo MNQ

4

RESOLUCION Nº40

Piden2α

RESOLUCION Nº41

Pidenque punto notableesO parael trianguloMNQ

Dato :CD=AB

Enel ∆BDC trazamos lac evianainterior DEtalque :m∡BDE=α

→BE=ED. Ademásm∡EDC=5α

El cuadrilátero ABEDesinscriptible→m∡BAE=m∡EAD=α

∆ ABE≅ ∆CDE→θ=α ; Luego :α=22 º30 '

∴m∡BAE=45 º

RESOLUCION Nº42

Pidenm∡ ABM

RESOLUCION Nº44

Piden AC

Del grafico :

∴m∡ABM=30

Del grafico :

∴ AC=10

RESOLUCION Nº44

Piden x

Del grafico :

Por anguloinscrito :α=β=35 °

Como ´B H 1/¿ ´DH 2 : x=α+ β

∴ x=7 0°