Soluciones NCERT de clase 9 – Capítulo 9 Áreas de paralelogramos y triángulos – Ejercicio 9.4

Pregunta 1. El paralelogramo ABCD y el rectángulo ABEF están en la misma base AB y tienen áreas iguales. Demuestre que el perímetro del paralelogramo es mayor que el del rectángulo.

Solución:

Dado: ||gm ABCD y el rectángulo ABEF se encuentran en la misma base AB.

ar(ABCD)=a(ABEF)

probar: Perímetro de ||gm ABCD> perímetro del rectángulo ABEF

AB+BC+CD+DA>AB+BE+EF+FA

Prueba:    

AB=CD —-[los lados opuestos de ||gm y el rectángulo son iguales]  

AB=EF —-[los lados opuestos de ||gm y el rectángulo son iguales]

→CD=EF  

Sumando AB a ambos lados  

CD+AB=EF+AB ———1

Aquí BC>BF ———[la hipotenusa siempre es mayor que los otros lados]

AD>AF ———[la hipotenusa siempre es mayor que los otros lados]

Agregándolos:

BC+AD>BE+AF —————2

sumando 1 y 2

CD+AB+BC+AD > EF+AB+BE+AF

BC+AD>BE+AF

Pregunta 2. En la Fig., D y E son dos puntos en BC tales que BD = DE = EC. Demuestre que ar (ABD) = ar (ADE) = ar (AEC).

Solución:

Dado: En ∆ABC,D y F son dos puntos en BC tales que BD=DE=EC

Probar:  

Construcción: Dibujar AM ⊥ BC

ar.(ABD)=1/2BD*AM ———1

ar.(ADE)=1/2*DE*AM

=1/2*BD*AM ——-2

Ar.(AEC)=1/2*EC*MA

=1/2*BD*AM ————3

De 1, 2 y 3

ar.(ABD)=ar.(ADE)=ar.(AEC)

Pregunta 3. En la figura, ABCD, DCFE y ABFE son paralelogramos. Demostrar que ar (ADE) = ar (BCF)

Solución: 

Dado: ||gm ABCD, DCFE y ABFE

Para probar: ar.(ADE)=ar.(BCF)

Prueba: En ∆ADE y ∆BCF

AD = BC ——[lados opuestos de ||gm ABCD]

DE = CF ——[lados opuestos de ||gm DCFE]

AE = BF ——[lados opuestos de ||gm ABFE]

∴∆ADE ≅ ∆BCF (congruencia SSS)

→ar.(ADE) = ar.(BCF) ——-[triángulos congruentes tienen igual área]

Pregunta 4. En la figura, ABCD es un paralelogramo y BC se produce hasta un punto Q tal que AD = CQ. Si AQ corta a DC en P, demuestre que ar (BPC) = ar (DPQ). [Sugerencia: Únase a AC.]

Solución:

Dado: En la fig. ABCD es un ||gm AD=CQ

Para probar: ar.(BPC)=ar.()

Construcción: Ingreso AC.

Prueba: ACQD será ||gm (∴AD=CQ, AD ||gm CQ)

En ∆APC y ∆QPD

AC=QD [lados opuestos de ||gm]

∠ 3=∠ 4 [ángulos interiores de altura]

∴∆APC≅∆QPD [congruencia ASA]  

→ar.(APC)=ar.(BPC) [porque ambos se encuentran en la misma PC base y entre las mismas ||líneas PC y AB]

De 1 y 2

ar.(BPC)=ar.(DPQ)

Pregunta 5. En la figura, ABC y BDE son dos triángulos equiláteros tales que D es el punto medio de BC. Si AE interseca a BC en F, demuestre que

(i) ar (BDE) = 14 ar (ABC)

(ii) ar (BDE) = 12 ar (BAE)

(iii) ar (ABC) = 2 ar (BEC)

(iv) ar (BFE) = ar (AFD)

(v) ar (BFE) = 2 ar (FED)

(vi) ar (FED) = 18 ar (AFC)

[Sugerencia: Únase a EC y AD. Demuestra que SER || CA y DE || AB, etc]

Solución:

i) Dado: ABC y BDE son triángulos equiláteros D es el punto medio de BC, es decir, BD=DC

Probar:  

Prueba: Sea AB=x=AC=BC

Entonces BD=x/2=BE=DE

ar.(ABC)=√3/4×2

ar.(BDE)=√3/4*(2/2)2          

=√3/4*x2/4  

=1/4*√3/4*x2

ar.(BDE)=1/4 ar.(ABC)

ii) probar; ar.(BDE)=1/2 ar.(BAE)

Construcción: Únase a la CE

ED es la mediana de ∆BFC  

ar.(BDE)=1/2 ar.(BEC) ———–1

 ∠1=∠2=60° [ángulos interiores de altitud]

→BE||AC  

AR.(BEC)=ar.(BEA) ————2[ambos están en la misma base BE y AC entre las mismas||líneas BE y AC]

tomando 1

ar.(BDE)=1/2 ar.(BAE) [de 2]

iii) Demostrar: ar.(ABC)=2ar.(BEC)

de mi

ar.(BDE)=1/4 ar.(ABC)

de ii

ar.(BDE)=1/2 ar.(BAE)

De I y II

¼ ar(ABC)=1/2ar.(BAE)

Ar.(ABC)=1/24 ar.(BAE)

=2ar.(BAE)

Ar.(ABC)=2ar.(BFC) [ar.(BAE)=ar.(BEC) de ii]

iv) Mostrar ar (BFE) = ar (AFD)

Construcción: Únase a AD.

Prueba: ∠3= ∠4=60° ——–[ángulos de triángulos equiláteros]

También son ángulo interior alterno

∴AE||ED  

ar(EDB)=ar(EDA) ——-[ambos se encuentran en la misma base ED y entre el mismo || líneas ED y AB]

Restar ar(EDF) de ambos lados  

ar(EDB)-ar(EDF)=ar.(EDF)-ar.(EDF)

v) Para mostrar :ar.(BFE)=2ar.(FED)

Solución: En ∆ADB

AD 2 = AB 2 + BD 2

=x 2 -(x/2) 2

=x 2 -(x 2 /4)

=3x 2 /4

DA=√3x 2 /4

=√3x/4

ar.(AFD)=1/2*ED*AD

=1/2*ED*(√3X)/2 ————-1

Construcción: Dibujar EL⊥ BD

→el ángulo es el punto medio de BD  

en ∆ELD

EL 2 =ED 2 -LD 2

=(x/2) 2 -(x/4) 2

=x 2 /4-x 2 /16

=4x 2 -x 2 /16

=3x 2 /16

EL= √3 /10X2

=√3/4x

en ∆ADB  

ar(FED)=1/2*FD*EL

=1/2*FD*√3/4 x

=1/2*FD*√3/xx *1/2

ar.(FED)=ar.(AFD)

2ar.(FED)=ar.(BFE) ——–[en la parte (iv) demostramos ar(AFD=ar.(BFE)]

(vi) ar.(FED=1/8ar.(AFC))

Solución: ar(BDE)=1/4ar.(ABC)

ar.(BFE)+ar.(FED)=1/4ar.2*(ADC)

2ar.(FED)+ar(FED)=1/2ar.(AFC-1/2ar.(AFD))

3ar.(FED)=1/2ar.(AFC-AFD)

3ar.(FED)=1/2ar(AFC)-1/2ar.(AED)

3ar.(FED)=1/2ar.(AFC)-1/2 ar.*2(FED) ————[DE (iv) y (v)]

3ar(FED)=1/2 ar.(AFC)-ar.(FED)

3ar.(FED)+ar.(FED)=1/2ar.(AFC)

4ar.(FED)=1/2ar.(AFC)

ar.(FED)=1/2*4 ar.(AFC)

ar.(FED)=1/8 ar.(AFC)

Pregunta 6. Las diagonales AC y BD de un cuadrilátero ABCD se intersecan en P. Demuestre que ar (APB) × ar (CPD) = ar (APD) × ar (BPC). [Sugerencia: De A y C, dibuje ⊥s a BD.]

Solución:

Dado: ABCD es un cuadrilátero. Las diagonales AC y BD se cortan en P.

Para mostrar: ar (APB) × ar (CPD) = ar (APD) × ar (BPC)

Construcción: Dibujar AM ⊥BD &CN ⊥BD

LHS ar.(APB)*(LPD)

½*PB*AM*1/2*DP*CN ————-1

¼*PB*AM*DP*LN  

RHS ar.(APD)*ar.(BPC)

½*DP*AM*1/2*BP*CN

¼*DP*AM*BP*CN

¼*PB*AM*DP*CN ————-2

De 1 y 2

IZQ=DERECHA

∴ar.(APB)*ar.(CPD)=ar.(APD)*ar.(BPC)  

Pregunta 7. P y Q son respectivamente los puntos medios de los lados AB y BC de un triángulo ABC y R es el punto medio de AP, demuestre que

(i) ar (PRQ) = 12 ar (ARC)

(ii) ar (RQC) = 38 ar (ABC)

(iii) ar (PBQ) = ar (ARC)

Solución:

i) Dado: En ∆ABC, P es el punto medio de AB, Q es el punto medio de BC, R es el punto medio de AP  

Para mostrar: ar (PRQ) = 12 ar (ARC)

Construcción: Une AQ y PC

Solución: ar.(APQ) ———[∴QR es la mediana de ∆APQ]

=½*1/2ar.(ABQ) ———[∴QP es la mediana de ∆ABQ]

=1/2*1/2*1/2ar.(ABC) ———[∴AQ es la mediana de ∆ABC]

=1/8ar.(ABC) ———-1

ar.(ARC)=1/2(APC) ——–[∴CR es la mediana de ∆APC]

=1/2*1/2ar.(ABC) ———-[∴CP es la mediana de ∆ABC]

=1/4ar.(ABC) ————2

tomando 1

ar.(PRQ)=1/8ar.(ABC)

=1/2*1/4ar.(ABC) ———-[de 2]

ii) ar.(RQC)=3/8ar.(ABC)

solución: ar(ABC)+ar.(ARQ)-ar(ARC) ——-1

ar(AQC)=1/2(ABC) [∴AQ es la mediana de ∆ABC]

ar.(ABC)=1/2ar.(APQ) [∴QR es la mediana de ∆APQ]

=1/2ar.(ABQ) [∴QP es la mediana de ∆ABQ]

=1/2*1/2*1/2ar.(ABC) [∴AQ es la mediana de ∆ABC]

=1/8ar.(ABC)

ar.(ARC)=1/2ar.(APC) [∴CR es la mediana de ∆APC]

=1/2ar.(ABC) [∴CP es la mediana de ∆ABC]

ar.(RQC)=ar.(AQC)+ar.(ARQ)+ar.(ARC)

=1/2ar.(ABC)+1/8ar.(ABC)-1/4ar.(ABC)

=(1/2+1/8-1/4)ar.(ABC)

=(4+1-2/8)ar.(ABC)

=(5-2/8)ar.(ABC)

=3/8ar.(ABC)

iii) Para mostrar: ar.(PBQ)=ar.(ARC)

ar(PBQ)=1/2ar.(ABQ) [∴∆ABQ , QP es mediana]

=1/2*1/2ar.(ABC) [∴∆ABC , AQ es la mediana]

=1/4ar.(ABC) ———1

ar.(ARC)=1/2ar.(APC) [∴∆APC , CR es mediana]

=1/2*1/2ar.(ABC) [∴∆ABC, CP es la mediana]

=1/4ar.(ABC) ——–2

Formulario I y 2

ar.(PBQ)=ar.(ARC)

Pregunta 8. En la figura 9.34, ABC es un triángulo rectángulo con ángulo recto 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.

Muestra esa:

∆MBC ≅∆ABD  

(ii) ar (BYXD) = 2 ar (MBC)

(iii) ar (BYXD) = ar (ABMN)(iv)∆FCB ≅∆ACE

(v) ar (CYXE) = 2 ar (FCB)

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

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

Nota: El resultado (vii) es el famoso Teorema de Pitágoras. Aprenderás una demostración más simple de este teorema en la Clase X.

Solución:

Dado: ∆ABC, en ángulo recto en A. BCED,ACFG,ABMN son cuadrados en Y.

i). para probar: ∆MBC ≅∆ABD  

solución : En ∆MBC y ∆ABD

MB=AB [∴ABMN es un cuadrado]

BC=BD [∴BCED es un cuadrado]

∠MBC=∠ABD [∠MBA=∠CBO=90°    

                               ∠MBA= +∠CDB+∠ABC

                                ∴∠MBC=∠ABD]

∆MBC≅∆ABD [regla de congruencia SAS]  

ii) Para mostrar: ar.(BYXD)=2ar.(MBC)

ar.(ABD)=1/2ar.(BYXD) [Ambos en la misma base BD y entre los mismos || líneas BD y AX]

ar.(MBC)=1/2ar.(BYXD) [en (i) ∆MBC≅∆ABD ∴ar.(MBC)=ar.(ABD) ]

2ar.(ABC)=ar.(BYXD)

ar.(MBC)=1/2ar.(ABMN)[ ∆MBC y ||gm ABMN se encuentran en el mismo MB base y entre los mismos || líneas MB y NC.]

2ar.(MBC)=ar.(ABMN) ————–1

También,

2ar.(MBC)=ar.(BYXD) [de ii] —————2

De 1 y 2

ar.(BYXD)-ar.(ABMN)

(iv) Para mostrar: ∆FCB≅∆ACE

En ∆FCB y ∆ACE

FC=AC [lados del cuadrado ACFG]

BC=CE [lados del cuadrado BCED]

∠FCB=∠ACE [∠ACE=∠BCE=90°

                                 ∠ACF+∠ACB=∠BCE+∠ACB

                                 ∴∠FCB=∠ACE]

∴∆FCB≅∆ACE [por congruencia SAS]

(v) Para mostrar: ar.(YXE)=2ar.(FCB)

ar.(ACE)=1/2ar.(CYXE) [∆ ACE y ||gm CYXE ambos se encuentran en la misma base CE y entre los mismos|| líneas CE y AX]

Arkansas. (FCB)=1/2(CYXE) [en (iv) ∆FCB≅∆ACE ∴ar.(FCB=ar.(ACE)]

2ar.(FCB)=ar.(CYXE)

(vi) Para mostrar: ar.(CYXE)=ar.(ACFG)[∆FCB y ||gm ACEFG ambos se encuentran en la misma base CF y BG Entre CF y BG]

2 ar.(FCB)=ar.(ACFG) ———1

2ar.(FCB)=ar.(CYXE)

De 1 y 2

ar.(CYXE)=ar.(ACFG)

ar.(ABMN)+ar.(ACEFG)

ar.(BYXD)=ar.(ABMN) [formulario (iii)] ———1

ar.(CYXE)=ar.(ACFG) [De (iv)] ———–2

sumando 1 y 2

ar.(BYXD)+ar. (CYXE)=ar.(ABMN)+ar.(ACEFG)

(vii) ar.(ABMN)+ar.(ACEFG)

ar.(BYXD)=ar.(ABMN) [formulario (iii)] ———1

ar.(CYXE)=ar.(ACFG) [De (iv)] ———–2

sumando 1 y 2

ar.(BYXD)+ar(CYXE)=ar.(ABMN)+ar.(ACEFG)

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

Publicación traducida automáticamente

Artículo escrito por ysachin2314 y traducido por Barcelona Geeks. The original can be accessed here. Licence: CCBY-SA

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