Pregunta 1. Los lados de los triángulos se dan a continuación. Determina cuáles de ellos son triángulos rectángulos. En el caso de un triángulo rectángulo, escribe la longitud de su hipotenusa.
(yo) 7 cm, 24 cm, 25 cm
(ii) 3 cm, 8 cm, 6 cm
(iii) 50 cm, 80 cm, 100 cm
(iv) 13 cm, 12 cm, 5 cm
Solución:
(i) Dado: 7 cm, 24 cm, 25 cm
(25) 2 = 25 * 25 = 625
∴Son lados de una recta ∆ e hipotenusa = 625
(ii) Dado: 3 cm, 8 cm, 6 cm
(8) 2 = 8 * 8 = 64
No son lados del triángulo rectángulo.
(iii) Dado: 50 cm, 80 cm, 100 cm
(100) 2 = 100 * 100 = 10000
(50) 2+ (80) 2 = 2500 + 6400
Por lo tanto, este no es un triángulo rectángulo.
(iv) Dado: 13 cm, 12 cm, 5 cm
(13) 2 = 13 * 13 = 169
(12) 2 + (5) 2 = 169
Por lo tanto, estos son los lados del triángulo rectángulo y la hipotenusa = 169
Pregunta 2. PQR es un triángulo rectángulo en P y M es un punto en QR tal que PM ⊥ QR. Demuestre que PM2 = QM × MR.
Solución:
Dado: A ∆PQR recto en ángulo recto en P y PM⊥QR
Para mostrar: PM 2 = QM * MR
PM * PM = QM * MR
En ∆PMQ y ∆PMR
∠1 =∠2 -(cada 90°)
∠1 +∠2 +∠3 = 180°
90° + ∠4 + ∠5 = 180°
∠4 +∠5 = 180° – 90°
∠3 + ∠4 = 180° – 90°
∠4 +∠5 = ∠3 +∠4
∴∠5 =∠3
∴∆PMQ ~ ∆RMP
MP 2 = MQ.PM
Pregunta 3. En la figura, ABD es un triángulo rectángulo en A y AC ⊥ BD. Muestra esa
(i) AB 2 = BC × BD
(ii) CA 2 = BC × CC
(iii) AD 2 = BD × CD
Solución:
Dado: A recto ∆ABD, en ángulo recto en A y AC⊥ BD
Mostrar:
(i)AB 2 = BC × BD
(ii) CA 2 = BC × CC
(iii) AD 2 = BD × CD
(i) AB 2 = BC × BD
AB * AB = BC.BD
En ∆ ABC y ∆ABD
∠B =∠B -(común)
∠BCA = ∠A -(cada 90°)
∴ ∆ABC~∆DBA
AB 2 = BC * DC
(ii) CA 2 = BC * CC
CA * CA = BC * CC
En ∆ABC y ∆ACD
∠ACB = ∠ACD -(cada 90°)
En ∆ ACB
∠1 + ∠2 + ∠3 = 180°
∠1 + ∠2 + 90° = 180°
∠1 + ∠2 = 90° -(1)
∠1 + ∠3 = 90° -(2)
∠1 + ∠2 =∠1 + ∠3
∴ ∠2 = ∠3
∴ ∆ABC~∆DAC
CA 2 = BC * CD
(iii) AD 2 = BD × CD
En ∆ABD y ∆ACD
∠A =∠ACD -(cada 90)
∠D =∠D -(común)
∴ ∆ABD~∆CAD -(similitud AA)
AD 2 = BD * CD
Pregunta 4. ABC es un triángulo isósceles con ángulo recto en C. Demuestra que AB 2 = 2AC 2 .
Solución:
Dado: ∆ABC en ángulo recto en B
Para probar: AB 2 = 2AC 2
Según el teorema de Pitágoras,
(AB) 2 = (AC) 2 + (BC) 2
(AB) 2 = (AC) 2 + (AC) 2 -(BC = AC)
AB2 = 2AC2 _
Pregunta 5. ABC es un triángulo isósceles con AC = BC. Si AB 2 = 2AC 2 , demuestre que ABC es un triángulo rectángulo.
Solución:
Dado: ∆ABC es un triángulo isósceles en el que
CA = BC
AB2 = 2AC2 _
Para probar: ABCD es correcto ∆
AB2 = 2AC2 _
AB 2 = CA 2 + CA 2
∴ Por el contrario del teorema de Pitágoras ∆ACB es un ∆ derecho en C.
Pregunta 6. ABC es un triángulo equilátero de lado 2a. Halla cada una de sus altitudes.
Solución:
Sea ABC un triángulo equilátero de 2a unidades cada uno
Construcción: Dibuja AD ⊥ BC
A la derecha ∆ ADB
(AB) 2 = (AD) 2 + (BD) 2
(2a) 2 = (AD) 2 + (a) 2
(4a) 2 = (AD) 2 + un 2
4a 2 – a 2 = (AD) 2
3a 2 = (AB) 2
√3 a 2 = AD ∴ Cada una de sus alturas= √3 a unidad
√3 a = AD
Pregunta 7. Demuestra que la suma de los cuadrados de los lados del rombo es igual a la suma de los cuadrados de sus diagonales.
Solución:
Dado: ABCD es un rombo
Para probar: AB 2 + BC 2 + CD 2 + DA 2
Prueba: ABCD es un rombo y las diagonales AC y BD se bisecan en O.
∴ ∠AOB =∠BOC =∠COD =∠DOA = 90°
en ∆AOB
AB2 = AC2 + BO2 _
AB2 = (1/2AC2 ) + (1/ 2BD2 )
AB2 = 1/4( AC2 + BD2 )
4AB 2 = AC 2 + BD 2 -(1)
De manera similar, en ∆BOC
4BC 2 = AC 2 + BD 2 -(2)
4CD 2 = CA 2 + BD 2 -(3)
4AD 2 = CA 2 + BD 2 -(4)
Sumar 1, 2, 3 y 4
4AB2 + 4BC2 + 4CD2 + 4DA2 = 4 ( AC2 + BD2 )
4(AB 2 + BC 2 + CD 2 + DA 2 ) = 4(AC 2 + BD 2 )
∴ AB 2 + BC 2 + CD 2 + DA 2 = AC 2 + BD 2
Pregunta 8. En la figura 6.54, O es un punto en el interior de un triángulo diagonal.
(i) OA 2 + OB 2 + OC 2 – OD 2 – OE 2 – OF 2 = AF 2 + BD 2 + CE 2
(ii) AF 2 + BD 2 + CE 2 = AE 2 + CD 2 + BF 2
Solución:
(i) En ∆AFO derecha, por el teorema de Pitágoras
OA 2 = AP 2 + OF 2 -(1)
En la derecha ∆ODB, por el teorema de Pitágoras
OB 2 = BD 2 + OD 2 -(2)
En la derecha ∆OEC, por el teorema de Pitágoras
OC 2 = CE 2 + OE 2 -(3)
Sumar 1, 2 y 3
OA 2 + OB 2 + OC 2 = AF 2 + BD 2 + CF 2 + OD 2 + OE 2
OA 2 + OB 2 + OC 2 – OE 2 – OD 2 – OE 2 = AF 2 + BD 2 + CE 2
(ii) AF 2 + BD 2 + CE 2 = AE 2 + CD 2 + BF 2
OB 2 = BD 2 + OD 2 -(1)
OC 2 = CC 2 + OD 2 -(2)
Restando (1) de (2) obtenemos,
OB 2 – OC 2 = BD 2 + OD 2 – (DC 2 + OD 2 )
= BD 2 + OD 2 – DC 2 – OD 2
= BD 2 – CD 2 -(3)
Similarmente,
OC 2 – AD 2 = CE 2 – EA 2 -(4)
AO 2 = BO 2 = AF 2 – FB 2 -(5)
Sumando 3, 4 y 5, obtenemos,
OB 2 – OC 2 + OC 2 – AO 2 + AO 2 – BO 2 = BD 2 – DC 2 + CE 2 – EA 2 + AF 2 – FB 2
0 + DC 2 + EA 2 + FB 2 = BD 2 + CD 2 + AF 2
Pregunta 9. Una escalera de 10 m de largo llega a una ventana a 8 m del suelo. Encuentre la distancia del pie de la escalera desde la base de la pared.
Solución:
AB es pared = 8m
AC es escalera = 10m
BC = ?
En derecho ∆ABC, por el teorema de Pitágoras
(AC) 2 = (AB) 2 + (BC) 2
(10) 2 = (8) 2 + (BC) 2
100 = 64 + (BC) 2
100 – 64 = (BC) 2
36 = (BC) 2
√36 = BC
√(6 * 6) = BC
6 = BC
Por lo tanto, el pie de la escalera está a una distancia de 6 m de la base de la pared.
Pregunta 10. Un cable de sujeción sujeto a un poste vertical de 18 m de altura tiene 24 m de largo y tiene una estaca unida al otro extremo. ¿A qué distancia de la base del poste debe clavarse la estaca para que el alambre quede tenso?
Solución:
En la Fig.
AB es poste = 18m
CA es cable = 24m
BC = ?
En derecho ∆ABC, por el teorema de Pitágoras
(AC) 2 = (AB) 2 + (BC) 2
(24) 2 = (18) 2 + (BC) 2
576 = 324 + (AC) 2
576 – 324 = (aC) 2
252 = (AC) 2
√252 = aC
√(2 * 2 * 3 * 3 * 7) = BC
2 * 3√7 = BC
6√7 = BC
∴ Por lo tanto, la estaca se puede colocar a una distancia de 6√7 de la base del poste.
Capítulo 6 Triángulos – Ejercicio 6.5 | conjunto 2
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Artículo escrito por ysachin2314 y traducido por Barcelona Geeks. The original can be accessed here. Licence: CCBY-SA