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