SEMANA N° 14

 PIRÁMIDE
Geometría
 CILINDRO
 ¿ Conoce este lugar?
¿Cuánto mide el ángulo formado
V por la aristas laterales?
V

76,6°

A B 51,7° 51,7°
A B
PIRÁMIDE DE LOUVRE
La pirámide está ubicada en Paris (Francia) en el antiguo palacio real del Louvre,
diseñada por el arquitecto leoh Ming Pei e inaugurada en 1989. La estructura
metálica que sostiene el revestimiento de vidrio está hecha de acero y aluminio; y
tiene una altura de 21,64 metros sobre una base cuadrada de 35,42 metros de lado.
 DEFINICIÓN Elementos:
Es aquel poliedro que tiene a una región  Vértice o cúspide: V
poligonal cualesquiera como base y las
demás caras son regiones triangulares que • Aristas laterales : VA,VB,VC,VD y VE
tienen un vértice común. • Aristas básicas : AB,BC,CD,DE y AE
V Notación • Altura : VM
V – ABCDE : pirámide
de base ABCDE y • Base : región poligonal ABCDE
h
vértice V. • Caras laterales : regiones triangulares
AVB, BVC, CVD, DVE y
B C AVE.
M
A D  Volumen: 1
E V = (A Base) (h)
3
 Notación:
PIRÁMIDE REGULAR VM se denomina apotema de la
Es aquella pirámide cuya base es una pirámide y a su longitud se le
región poligonal regular y el pie de la denota como ap.
• Área total
altura es el centro de la base. • Área lateral
AT = AL + A Base
V AL = ( pbase )(ap)
• Volumen
h: altura de la pbase : semiperímetro
1
pirámide. de la base Vol = (A Base)(h)
3
h
ap PIRÁMIDE IRREGULAR
V
B C A = Suma de las áreas
• Área lateral deL las caras laterales.
O an M h
• Área total AT = AL + A Base
A D A B
O: centro de la base 1
• Volumen Vol = (A Base)(h)
C 3
 TEOREMAS
Si se traza un plano secante a una pirámide, 1) Las pirámide V-ABC y V- MNP son
de tal manera que sea paralela a la base, se semejantes.
cumple lo siguiente: 2) Las áreas de las bases son proporcionales
P // ABC a los cuadrados de las longitudes de los
V elementos homólogos.
2
A MNP (VM)2 (MP)
2
(h1 )
𝐡𝟏  2
 
AABC (VA) (AC)2
(h2 )2
M
𝐡𝟐 P 3) Los volúmenes de las pirámides
N P determinadas son proporcionales a los
cubos de las longitudes de sus elementos
homólogos.
A
C VV-MNP (VM)3 (MP)3 (h1 )3
= 3 = 3
= 3
B VV-ABC (VA) (AC) (h2 )
 TRONCO DE PIRÁMIDE TRONCO DE UNA PIRÁMIDE
Es el poliedro determinado en una pirámide REGULAR
comprendido entre la base y un plano paralelo H I J
a la base pero secante a las aristas laterales de G B2 02 apotema
la pirámide. P // ABCDE L K 01 y 02 :centros
de las bases.
V B1 y B2 : área de cada h pB1, pB2: semiperímetro
una de las bases. B C de cada una de
G H B1 las bases.
B2 I A O1 D
G H I F
F J
J P F E
h
B C B C • Área lateral: AL = (pB1 + pB2)ap
B1
A DA D• Área total: AT = AL + B1+ B2
E
E
• Volumen: V = 1 h(B1 + B2 + B1B2)
V = 1 h(B1 + B2 + B1B2 ) 3
3
 CILINDRO CIRCULAR RECTO DESARROLLO DE LA SUPERFICIE LATERAL
DE UN CILINDRO CIRCULAR RECTO
Llamado también cilindro de revolución,
es aquel sólido generado por una región
O1● R
rectangular cuando gira 360° alrededor A
de uno sus lados.
𝐎𝟏, 𝐎𝟐: son centros radio de la base g
360°
B O1● R C
O𝟏 O𝟐 : altura O2●
g CD : generatriz B

A O2● D
g 2Rg
Área lateral: Área total: Volumen:
AL = 2Rg AT = 2R (R + g) V = R2g 2R
 CILINDRO OBLÍCUO TRONCO DE CILINDRO RECTO
P // Q
SECCIÓN
RECTA
B O2 F
•
D
O● R
g gM
h gm

C R • O1 E

B: área de la base elíptica.

O1O2 : eje
Área lateral
gM + gm
O1O2 =
AL=R (gM+ gm ) 2
Área lateral Área Total Volumen
Área Total Volumen
AL = 2Rg AT = AL + 2B V = R2g
 gM + gm 
AT = AL + B1+B2 V  πR  2

 2 
EJERCICIO Nº 2 Solución:
P
En una pirámide regular P – ABC, M es • PO es altura
el punto medio de la altura PO. Si  O es baricentro del ABC
AM = PO y AC = 6 m, halle el volumen • AHC: notable de 30° y 60° b
de la pirámide. M B
HC = 3 y AH = 3 3 2b b
A) 24 2 m 3 B) 16 3 m 3
 AO = 2 3 y OH = 3 3
A 3
C) 18 2 m3 D) 12 3 m3 30° 2 3 O H6
60° 3
• AOM: notable de 30° y 60° 6
C
b 3 =2 3  b = 2  PO = h = 4
1
Vx =  Abase  (h) = 
1  6 2
3
3   (4)
3 4 
 Vx = 12 3 m3 Rpta.: D
 Solución: P
EJERCICIO Nº 3
• MN // AC  mPMN = 60°
En una pirámide regular P – ABCD, M
• MP y NP apotemas
es punto medio de AD y AD = 4 cm .
 MP = NP = ap
Si la medida del ángulo entre AC y • MDN: Notable de 45° ap
MP es 60°, halle el área lateral de la B C
 MN = 2 2 ap
pirámide. • NPM: equilátero 60° 2
 ap = 2 2 60° N
A) 18 2 cm2 B) 16 cm2 2
C) 16 2 cm2 D) 24 cm2 A 2 M 2 D
• Entonces: 4
AL = (pB)(ap) =(8)(2 2)
 AL =16 2cm2
Rpta.: C
 EJERCICIO Nº 4 Solución:
En la figura se tiene un cartón, tal que 12 12 D
ABCD es una región cuadrada y
AM = MB = NC = 12 cm. Si al realizar 12
24
los dobleces por las líneas MN , ND y h=24
MD se obtiene una caja piramidal, 12 N
12
halle el volumen de la caja.
B
A) 576 cm3 24 12
• ABCD: cuadrado M
B) 584 cm3  BN = 12 y AD = DC = 24
C) 624 cm3 1
Vx =  Abase  (h)
3
D) 504 cm3 1  12  12  3
Vx =   (24) = 576 cm
3 2  Rpta.: A
 O y Q son centros.
Solución: P
EJERCICIO Nº 5
En la figura, el pedestal sobre el cual se
240
ha instalado el asta, tiene la forma de un 240 C B
tronco de pirámide regular de bases O
cuadradas. El asta es perpendicular a la D E
base menor del tronco y tiene una 100
longitud de 240 cm. Si los puntos A, B y x
F
P son colineales, halle la altura del Q A
pedestal.
G 120 H
A) 40 cm
B) 42 cm • AFGH // BCDE  P - AFGH  P-BCDE
C) 48 cm • Entonces: 240  100  240  5
D) 50 cm 240 + x 120 240 + x 6
240 (6) = 5 (240) + 5x  240 = 5x  x = 48
Rpta.: C
 Solución:
EJERCICIO Nº 6 • Se traza AQ tal que AQ // CG
En un tronco de pirámide regular  QACG romboide B 4 2 C
ABCD – EFGH, AC = 8 m, EG = 12 m y  QG = 8 y AQ = 4 4 2 45°
45° 8
DH = 4 m. Halle el volumen del A 4
D
tronco de pirámide. • EAQ: equilátero
4 4 4
 mAEQ = 60° 2 3 F
45° G
303 3 3 305 2 3 2 8
A) m B) m 60°2 45°T Q 6 2
2 2 H
E 4 6 2
305 3 3 304 3 3 G
C) m D) m • ETA: notable 30° y 60° B 4 2 C
3 3 45° 45°
 AT = 2 3 = h 4 2
6 2
45° 45°
• Entonces: E
6 2 H A
1 
        
2 2 2 2
Vx =  4 2 + 6 2 + 4 2 6 2  2 3
3 
304 3
 Vx = Rpta.: D
3
EJERCICIO Nº 8 Solución:
Se tiene dos tipos de listones cilíndricos, • H : altura del cilindro C1
los cuales tienen las bases circulares h : altura del cilindro C2 O y Q son centros
congruentes. La diferencia de las alturas  H- h = R 2R 2R
de estos listones es igual a la longitud de  H=R+g O R Q R
radio de la base. Si con una lata de • En el listón C1:
pintura se pintan la superficie lateral de AL1 = 2πRH
24 listones de primer tipo, halle la h g
AL1 = 2πR(g+R) …(1)
cantidad de listones que se puede pintar g + R =H
toda la superficie de los listones del • En el listón C2:
segundo tipo, con la misma cantidad de AT2 = 2πR(g + R) …(2)
pintura.
• (1) = (2): AL  A T h=g
A) 18 listones B) 24 listones 1 2

C) 16 listones D) 12 listones  Se pinta la misma cantidad de listones.

Rpta.: B
 EJERCICIO Nº 10 Solución: • O y Q son centros.
En la figura, AC y BD son generatrices Q C C´
diametralmente opuestas. Si el área 53°
lateral del cilindro de revolución es g 3 3= g d
24 cm2 y la altura mide 3 cm, halle la
longitud del menor recorrido realizado 37°
r O r A πr= 4 B πr D´
por la hormiga para trasladarse de C a B 2πr
recorriendo la superficie lateral del • AC y BD son generatrices  AB y CD son diámetros
cilindro.
• AL = 24  2r(3) = 24  r = 4 C
A) 4 cm 53° d
• CAB: notable de 53° y 37° 3
B) 5 cm 37°
d=5 A 4 B
C) 41 cm
La longitud del menor recorrido realizado por
D) 8 cm la hormiga para trasladarse de C a B es 5 cm.
Rpta.: B
 EJERCICIO Nº 11 Solución:
En las figuras se muestra parte del Figura 1 Figura 2 10
2
procesamiento de una piña. En la figura 1, se
1
corta los extremos de la piña mediante dos O
5
cuchillas que están separadas 12 cm; en la
figura 2, la piña pasa por una máquina
peladora, que tiene dos cuchillas cilíndricas
cuyos diámetros miden 10 cm y 2 cm. Halle el O: centro de las
Figura 3
volumen de la piña de la figura 3. circunferencias

VX = 5212 - 1212
O VX = (25 - 1)(12)
1 5
VX = 288 cm3
12
A) 248 cm3 B) 288 cm3
C) 144 cm3 D) 268 cm3 Rpta.: B
 EJERCICIO Nº 12 Solución: • Q es centro
• AB // DC
En la figura, el área lateral del cilindro B
oblicuo es 16 m2. Si BD es una altura,  mBAD = mCDE = 75° C

halle el volumen del cilindro. • BDA: not. de 15° y 75° 15°

8r
B AB = 4(2r) = 8r
A) 8 m 3 C P g
3
• Dato: AL = 16π r Q
B) 6 m
C) 4 m3 (2r)(8r) = 16 75° r 75°
D) 16 m3  r = 1 A D E
• Entonces: g = 8r = 8(1) = 8
75° • Vx = (Asr)(g) = (12)(8) g = 8r
A D
 Vx = 8 m3
Rpta.: A
 EJERCICIO Nº 13 Solución: Dato: r = 8 y mAE = 60°
En la figura, la medida del ángulo • BD // AC  mACE = 53° P y Q son centros
entre CE y BD es 53°, CE = BD y el • AQE: equilátero  AE = 8 D
radio de la base circular del tronco del P
cilindro de revolución mide 8 cm. Si • CAE: notable de 37° y 53°
mAE = 60°, halle el volumen del  AC = 6 y CE = 10 C 10
8
tronco de cilindro. D  BD = 10 6 53° 10

A) 572 cm3 • ACDB: trapecio 8 E

B
A r Q r
B) 512 cm3 C 6+10
PQ : base media y PQ = 2 = 8
C) 742 cm3 60° E
8 8
D) 478 cm3 E
2
• Entonces: Vx = (π8 )(8) A 60°
A B
8
Q
Vx = 512 cm3

Rpta.: B
 EJERCICIO Nº 14 Solución: • O y Q son centros.
En la figura, se muestra un tronco de • BCDA trapecio: AB + CD = OQ
2
cilindro oblicuo cuyas bases con B
 AB + CD =2(OQ) …(1)
centros O y Q están contenidos en 30° O
2
planos perpendiculares. Si AB - CD 2 • BEC y AFD: not. de 30° y 60° 2r 3
2r
2
= 24 m , halle el área lateral del  BE = 2r 3 y AF =
3 E r r C
tronco. B • Del gráfico: AB = 2r 3 +EF + 2r
30° 4 3 r P r
A) 2 2 m 2 O  AB – CD = 2r. …(2)
3 F r r D
B) 3 2 m2 C 2r
60°
• Dato: AB2 - CD2 = 24 3 Q
C) 3 3 m 2
A
(AB - CD)(AB + CD) = 24  2r 4
D) 2 3 m2  2(OQ) = 24
D  4  3
Q
24 = 4r(OQ)    3 3=2r(OQ)
A  3
• AL = 2pSR (OQ) = 2r(OQ) = 3 3 m2 Rpta.: C
CLAVE DE EJERCICIOS
1 C
7 D
9 B
1P D
2P C
3P C
4P A
5P A
6P B
Gracias!!!!