Clase 9 Soluciones RD Sharma – Capítulo 15 Áreas de paralelogramos y triángulos – Ejercicio 15.3 | conjunto 3

Pregunta 21. En la figura, PSDA es un paralelogramo en el que PQ = QR = RS y AP || BQ || CR. Demuestre que ar (ΔPQE) = ar(ΔCFD).

Solución: 

PSDA es un paralelogramo

Entonces, AP || BQ || RC || SD y AD || PD

PQ = CD …..(i)

Demostrar que (ΔPQE) = ar(ΔCFD)

Prueba:

En ΔBED, 

C es el punto medio de BD y CF || SER

Entonces, F es el punto medio de ED

Por lo tanto, EF = PE

Del mismo modo, EF = PE

Por lo tanto, PE = FD …..(ii)

En ΔPQE y CFD,

PE = DF

∠ EPQ = ∠FDC (Ángulos alternos)

PQ = CD

Entonces, por congruencia SAS, tenemos

ΔPQE ≅ ΔDCF

Por lo tanto, ar(ΔPQE) = ar(ΔDCF)

Pregunta 22. En la figura, ABCD es un trapecio en el que AB || CC y CC = 40 cm y AB = 60 cm. Si X e Y son, respectivamente, los puntos medios de AD y BC, demuestre que:

(yo) XY = 50 cm

(ii) DCYX es un trapecio

(iii) ar(trampa. DCYX) = (9/11) ar(XYBA).

Solución: 

(i) Únase a DY y prodúzcalo para cumplir con AB producido en P.

En ΔBYP y CYD 

∠BYP = ∠ CYD (Ángulos verticalmente opuestos)

∠DCY = ∠ PBY (As, DC || AP)

POR = CY

Entonces, por congruencia ASA, 

ΔBYP ≅ ΔCYD

por CPCT

DY = YP y DC = BP

Como sabemos, Y es el punto medio de DP

además, X es el punto medio de AD

Entonces, XY || AP y XY || (1/2) AP

XY = (1/2) (AB + BP)

XY = (1/2) (AB + CC)

XY = (1/2) (60 + 40) =50cm

(ii) Dado que, 

XY || punto de acceso

XY || AB y AB || corriente continua

XY || corriente continua

Por lo tanto, DCYX es un trapecio

(iii) Como sabemos que X e Y son los puntos medios de Ad y BC.

Entonces, el trapecio DCYX y ABYX tienen la misma altura. 

Supongamos que la altura del trapecio es h cm

Ahora,

ar(trampa. DCXY) = (1/2)(DC+ XY) × h

ar(trampa. DCXY) = (1/2) (50 + 40) × h cm 2 = 45 h cm 2

ar(trampa. ABYX) = (1/2)(AB + XY) × h

ar(trampa. ABYX) = (1/2)(60 + 50) × h cm 2 = 55h cm 2

ar(trampa. DCYX) ar(trampa. ABYX) = 45h/55h = 9/11

Por lo tanto, ar(trampa. DCYX) = 9/11 ar(trampa. ABYX)

Pregunta 23. En la figura, ABC y BDE son dos triángulos equiláteros tales que D es el punto medio de BC. AE corta a BC en F. Demuestra que:

(i) ar(ΔBDE) = (1/4) ar(ΔABC)

(ii) ar(ΔBDE) = (1/2) ar(ΔBAE)

(iii) ar(ΔBFE) = ar(ΔAFD)

(iv) ar(ΔABC) = 2 ar(ΔBEC)

(v) ar(ΔFED) = 1/8 ar(ΔAFC)

(vi) ar(ΔBFE) = 2 ar(ΔEFD)

Solución: 

ABC y BDE son dos triángulos equiláteros.

Consideremos AB = BC = CA = x. Entonces, BD = x/2 = DE = BE

(i) Dado que,

ar(ΔABC) = √3/4 x 2 ….(yo)

ar(ΔBDE) = √3/4 (x/2) 2 = 1/4 x √3/4 x 2

Ahora pon el valor de √3/4 x 2 de la ecuación (i), obtenemos

Por lo tanto, ar(ΔBDE) = 1/4 ar(ΔABC)

Por lo tanto probado

(ii) Dado que, 

ΔABC y BED son triángulos equiláteros

Entonces, ∠ ACB = ∠DBE = 60°

SER || AC (los ángulos alternativos son iguales)

Como sabemos que ΔBAF y ΔBEC están en la misma base BE 

y entre los mismos paralelos BF y AC.

Entonces, ar(ΔBAE) = ar(ΔBEC)

ED es una mediana de ΔEBC

Entonces, ar(ΔBAE) = 2ar(ΔBDE)                      

Por lo tanto, ar(ΔBDE) = (1/2) ar(ΔBAE)

(iii) Dado que,

ΔABC y BDE son triángulos equiláteros

Entonces, ∠ABC = 60° y ∠BDE = 60°

∠ABC = ∠BDE

AB || DE (los ángulos alternos son iguales)

Como sabemos que ΔBED y ΔAED están en la misma base ED y 

entre los mismos paralelos AB y DE.

Entonces, ar(ΔBED) = ar(ΔAED)

ar(ΔBED) − ar(ΔEFD) = ar(ΔAED) − ar(ΔEFD)

Por lo tanto, ar(ΔBEF) = ar(ΔAFD)

(iv) Dado que,

ED es la mediana de tΔBEC

Entonces, ar(ΔBEC) = 2ar(ΔBDE)

ar(ΔBEC) = 2 × (1/2) ar(ΔABC) (Probado arriba)              

ar(ΔBEC) = (1/2) ar(ΔABC)

Por lo tanto, ar(ΔABC) = 2ar(ΔBEC)

(v) ar(ΔAFC) = ar(ΔAFD) + ar(ΔADC)

ar(ΔBFE) + (1/2) ar(ΔABC)                       

ar(ΔBFE) + (1/2) × 4ar(ΔBDE)             

ar(ΔBFE) = 2ar(ΔFED) …..(iii)

ar(ΔBDE) = ar(ΔBFE) + ar(ΔFED)

2ar(ΔFED) + ar(ΔFED)

3ar(ΔFED) ….(iv)

De la ecuación (ii), (iii) y (iv), obtenemos

ar(ΔAFC) = 2ar(ΔFED) + 2 × 3 ar(ΔFED) = 8 ar(ΔFED)

Por lo tanto, ar(ΔFED) = (1/8) ar(ΔAFC)

(vi) Supongamos que h es la altura del vértice E, correspondiente al lado BD en ΔBDE y

H sea la altura del vértice A, correspondiente al lado BC en ΔABC

Como demostramos arriba

ar(ΔBDE) = (1/4) ar(ΔABC)

(1/2) × BD × h = (1/4) (1/2 × BC × h)

BD × h = (1/4)(2BD × H)

h = (1/2) H ….(i)

De la parte (iii), obtenemos

ar(ΔBFE) = ar(ΔAFD)

ar(ΔBFE) = (1/2) × FD × H

ar(ΔBFE) = (1/2) × FD × 2h

ar(ΔBFE) = 2((1/2) × FD × h)

Por lo tanto, ar(ΔBFE) = 2ar(ΔEFD)

Pregunta 24. D es el punto medio del lado BC de ΔABC y E es el punto medio de BD. Si O es el punto medio de AE, Demostrar que ar(ΔBOE) = (1/8) ar(ΔABC).

Solución: 

D es el punto medio de los lados BC de Δ ABC,

E es el punto medio de BD y O es el punto medio de AE,

Entonces, AD y AE son las medianas de ΔABC y ΔABD 

Por lo tanto, ar(ΔABD) = (1/2) ar(ΔABC) …..(i)

y ar(ΔABE) = (1/2) ar(ΔABD) …….(ii)

Además, OB es la mediana del triángulo ABE

Entonces, ar(ΔBOE) = (1/2) ar(ΔABE)

De la ecuación (i), (ii) y (iii), concluimos que

ar(ΔBOE) = (1/8) ar(ΔABC)

Por lo tanto probado

Pregunta 25. En la figura, X e Y son los puntos medios de AC y AB respectivamente, QP || BC y CYQ y BXP son líneas rectas. Demuestre que ar(ΔABP) = ar(ΔACQ).

Solución: 

X e Y son los puntos medios de AC y AB 

Entonces, XY || antes de Cristo

Demostrar: ar(ΔABP) = ar(ΔACQ)

Prueba:

De la figura, concluimos que ΔBYC y BXC están en la misma base BC y 

entre los mismos paralelos XY y BC

Entonces, ar(ΔBYC) = ar(ΔBXC)

ar(ΔBYC) − ar(ΔBOC) = ar(ΔBXC) − ar(ΔBOC)

ar(ΔBOY) = ar(ΔCOX)

ar(ΔBOY) + ar(ΔXOY) = ar(ΔCOX) + ar(ΔXOY)

ar(ΔBXY) = ar(ΔCXY) …..(i)

De la figura concluimos que los cuadriláteros XYAP y XYAQ están en 

la misma base XY y entre los mismos paralelos XY y PQ.

Entonces, ar(quad. XYAP) = ar(quad XYQA) ….(ii)

Ahora, sumando las ecuaciones (i) y (ii), obtenemos

ar(ΔBXY) + ar(cuadr. XYAP) = ar(ΔCXY) + ar(cuadr. XYQA)

 ar(ΔABP) = ar(ΔACQ)

Por lo tanto probado

Pregunta 26. En la figura, ABCD y AEFD son dos paralelogramos. Pruebalo

(i) PE = FQ

(ii) ar(ΔAPE) : ar(ΔPFA) = ar(ΔQFD) : ar(ΔPFD)

(iii) ar(ΔPEA) = ar(ΔQFD)

Solución: 

ABCD y AEFD son dos paralelogramos

(i) Demuestre que PE = FQ

Prueba:

En ΔEPA y FQD

∠PEA = ∠QFD (Ángulos correspondientes)

∠EPA=∠FQD (Ángulos correspondientes)

PA = QD (Lados opuestos del paralelogramo)

Entonces, por congruencia AAS

ΔEPA ≅ ΔFQD       

Por lo tanto, por CPCT

EP = FQ               

Por lo tanto probado

(ii) Demuestre que ar(ΔAPE) : ar(ΔPFA) = ar(ΔQFD) : ar(ΔPFD)

De la figura concluimos que ΔPEA y ΔQFD están en bases iguales 

PE y FQ se encuentran entre los mismos paralelos EQ y AD

Entonces, ar(ΔPEA) = ar(ΔQFD) ……(i)

De la figura concluimos que ΔPEA y ΔPFD están en el mismo 

base PF y entre los mismos paralelos PF y AD

Por lo tanto, ar(ΔPFA) = ar(ΔPFD) ……(ii)

Ahora dividiendo eq(i) por eq(ii), obtenemos

Por lo tanto, ar(ΔPEA) : ar(ΔPFA) = ar(ΔQFD) : ar(ΔPFD)

Por lo tanto probado

(iii) Demuestre que ar(ΔPEA) = ar(ΔQFD)

Prueba:

Como demostramos anteriormente que

ΔEPA ≅ ΔFQD

Por lo tanto, ar(ΔPEA) = ar(ΔQFD)

Por lo tanto probado

Pregunta 27. En la figura, ABCD es un paralelogramo. O es cualquier punto en AC. PQ || AB y LM || ANUNCIO. Demuestre que: ar(||gm DLOP) = ar(||gm BMOQ).

Solución: 

ABCD es un paralelogramo y PQ || AB y LM || ANUNCIO

Demuestre que ar(||gm DLOP) = ar(||gm BMOQ)

Prueba:

Aquí, la diagonal AC de un paralelogramo lo divide en dos triángulos de igual área

Entonces, ar(ΔADC) = ar(ΔABC)

ar(ΔAPO) + ar(||gm DLOP) + ar(ΔOLC)

ar(ΔAOM) + ar(||gm BMOQ) + ar(ΔOQC) ……(i)

De la figura, AO y OC son diagonales de paralelogramos AMOP y OQCL

Entonces, ar(ΔAPO) = ar(ΔAMO) ……(ii)

Y ar(ΔOLC) = ar(ΔOQC) ……(iii)

Ahora restando las ecuaciones (ii) y (iii) de (i), obtenemos

ar(||gm DLOP) = ar(||gm BMOQ)

Por lo tanto probado

Pregunta 28. En un triángulo ABC, si L y M son puntos sobre AB y AC respectivamente tales que LM || ANTES DE CRISTO. Pruebalo:

(i) ar(ΔLCM) = ar(ΔLBM)

(ii) ar(ΔLBC) = ar(ΔMBC)

(iii) ar(ΔABM) = ar(ΔACL)

(iv) ar(ΔLOB) = ar(ΔMOC)

Solución: 

L y M son puntos en AB y AC respectivamente tales que LM || antes de Cristo

(i) Aquí, Δ LMB y LMC están en la misma base LM y entre los mismos paralelos LM y BC.

Por lo tanto, ar(ΔLMB) = ar(ΔLMC)            

(ii) Aquí , ΔLBC y MBC están en la misma base BC y entre los mismos paralelos LM y BC.

Por lo tanto, ar(ΔLBC) = ar(ΔMBC)         

(iii) Aquí tenemos

ar(ΔLMB) = ar(ΔLMC) (Probado arriba)

ar(ΔALM) + ar(ΔLMB) = ar(ΔALM) + ar(ΔLMC)

Por lo tanto, ar(ΔABM) = ar(ΔACL)

(iv) Aquí tenemos

ar(ΔLBC) = ar(ΔMBC) (Probado arriba)

ar(ΔLBC) − ar(ΔBOC) = ar(ΔMBC) − ar(ΔBOC)

Por lo tanto, ar(ΔLOB) = ar(ΔMOC).

Pregunta 29. En la figura, D y E son dos puntos en BC tales que BD = DE = EC. Demuestre que ar(ΔABD) = ar(ΔADE) = ar(ΔAEC).

Solución: 

En el triángulo ABC, dibuja una línea || por A paralela a BC.

BD = DE = EC (Dado)

Ahora de la figura, los triángulos ABD y AEC están en la misma base AC y 

entre los mismos paralelos l y BC. Por lo tanto, el área de los triángulos ABD y AEC es igual.

Por lo tanto, ar(ΔABD) = ar(ΔADE) = ar(ΔAEC).

Pregunta 30. En la figura, ABC es un triángulo rectángulo en A, BCED, ACFG y ABMN son cuadrados en los lados BC, CA y AB respectivamente. El segmento de línea AX ⊥ DE se encuentra con BC en Y. Demuestre que

(i) ΔMBC ≅ ΔABD

(ii) ar(BYXD) = 2ar(ΔMBC)

(iii) ar(BYXD) = ar(ABMN)

(iv) ΔFCB ≅ ΔACE

(v) ar(CYXE) = 2ar(ΔFCB)

(vi) ar(CYXE) = ar(ACFG)

(vii) ar(BCED) = ar(ABMN) + ar(ACFG)

Solución: 

ABC es un triángulo rectángulo en A, BCED, ACFG y ABMN son cuadrados en los lados BC, CA y AB 

(i) En ΔMBC y ΔABD, 

MB = AB,

BC = BD,

∠MBC = ∠ABD             

Entonces, por congruencia SAS, tenemos

ΔMBC ≅ ΔABD

Por lo tanto, ar(ΔMBC) = ar(ΔABD)   

(ii) De la figura, el triángulo ABC y el rectángulo BYXD están en la misma base BD 

y entre los mismos paralelos AX y BD.

Entonces, ar(ΔABD) = (1/2) ar(rect BYXD)

ar(rect BYXD) = 2ar(ΔABD)

De la parte (i)

Por lo tanto, ar(rect BYXD) = 2ar(ΔMBC)   ……(i)        

(iii) De la figura, los triángulos MBC y el cuadrado MBAN están en la misma base MB y 

entre los mismos paralelos MB y NC.

Entonces, 2ar(ΔMBC) = ar(MBAN) ……(ii)

De la ecuación (i) y (ii), obtenemos

Por lo tanto, ar(MBAN cuadrado) = ar(rect BYXD)

(iv) En ΔFCB y ACE, 

FC = CA

CB = CE

∠FCB = ∠ACE               

Entonces, por congruencia SAS, 

Por lo tanto, ΔFCB ≅ ΔACE

(v) Como demostramos anteriormente

ΔFCB ≅ ΔACE

Entonces, ar(ΔFCB) = ar(ΔACE)

De la figura, el triángulo ACE y el rectángulo CYXE están en la misma base CE 

y entre los mismos paralelos CE y AX.

Entonces, 2ar(ΔACE) = ar(CYXE)

Por lo tanto, 2ar(ΔFCB) = ar(ΔCYXE) …..(iii)

(vi) De la figura, el triángulo FCb y el rectángulo FCAG están en la misma base FC 

y entre los mismos paralelos FC y BG.

Entonces, 2ar(ΔFCB) = ar(FCAG) ……(iv)

De la ecuación (iii) y (iv), obtenemos

ar(CYXE) = ar(ACFG)

(vii) En ΔACB, tenemos

Usando el teorema de Pitágoras 

BC 2 = AB 2 + AC 2

BC × BD = AB × MB + AC × FC

Por lo tanto, ar(BCED) = ar(ABMN) + ar(ACFG)

Publicación traducida automáticamente

Artículo escrito por ronilpatil y traducido por Barcelona Geeks. The original can be accessed here. Licence: CCBY-SA

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