Este documento presenta un manual de corrección para problemas relacionados con sólidos geométricos. Incluye indicadores de evaluación, una situación problémica sobre sólidos geométricos en la vida diaria y preguntas de práctica. También presenta pasos para resolver problemas que involucran el cálculo de volúmenes y áreas de troncos de formas geométricas.

1. Manual de corrección de los problemas propuestos de la Ficha 4
Indicadores de evaluación:
 Diferencia y usa modelos basado en cuerpos geométricos compuestos y de revolución al
plantear y resolver problemas.
 Representa gráficamente el desarrollo de cuerpos geométricos truncados y sus
proyecciones.
 Selecciona la estrategia más conveniente para resolver problemas que involucran el
cálculo del volumen y áreas de troncos de formas geométricas.
SITUACIÓN PROBLEMÁTICA: “SÓLIDOS GEOMÉTRICOS DE REVOLUCIÓN EN
NUESTRA VIDA DIARIA”
Pregunta 1: Los estudiantes responden libremente. Posibles respuestas: Orientar el desvió
de los carriles para el paso de los vehículos en ambos sentidos en una vía, indicar el peligro
ante un desagüe abierto, peligro ante un derrumbe y brindar seguridad a los trabajadores
públicos.
Pregunta 2: Los estudiantes responden libremente. Posibles respuestas: en los simulacros
de sismo para las rutas de evacuación, ante un peligro por paredes inestables, en lugares
donde están realizando reparaciones de infraestructura, en educación física para determinar
los circuitos que se deben realizar.
Pregunta 3: Son conos de revolución, que no tienen la parte superior, y reciben el nombre
de cono truncado o tronco de cono.
Pregunta 4: Para resolver la situación necesitamos primero construir el grafico y colocar la
información dada.
48cm
8cm
36cm
12cm
10cm
4cm
18 cm
r
R
12
10
4
18
48
4 A
M
B C
N
r
R
a
b
g
14
P Q

2. Aplicamos el teorema de Pitágoras
en ABC:
Por semejanza de triángulos:
Del AMN  ABC determinamos “a”
12
𝑎
=
50
14
 a = 3,36
Entonces: r = 4 + 3,36 = 7,36
Del APQ  ABC determinamos “b”
22
𝑏
=
50
14
 b = 6,16
Entonces: R = 4 + 6,16 = 10,16
Para calcular el área cubierta por la banda reflexiva se emplea la fórmula del área lateral de
un tronco truncado.
𝐴𝐿 = 𝜋 ( 𝑅 + 𝑟) 𝑔
𝐴𝐿 = 𝜋 (10,16 + 7,36) 50
𝐴𝐿 = 876 𝜋
ANALIZAMOS
1. A partir de la escala 1: 2000, determinamos las medidas que se utilizan en la elaboración
de la maqueta.
Diámetro del cráter: 840 𝑚 =
(840 ) (100)
2000
= 42 𝑐𝑚
Diámetro de la base del volcán: 1800 𝑚 =
(1800) (100 )
2000
= 90𝑐𝑚
(ℎ𝑖𝑝)2 = (𝑐𝑎𝑡)2 + (𝑐𝑎𝑡)2
𝑔2 = (48)2 + (14)2
𝑔2 = 2304 + 196
𝑔2 = 2500
g = 50
Se observa que el ABC es un
triángulo pitagórico:
24K = 48
K = 2
14
48
7K
24k
25k
25(2) = 50

3. Construir el grafico y colocar la información dada.
Calculamos:
Volumen de la cantidad de arcilla
color naranja
Volumen de la cantidad de arcilla color marrón
𝑉 = 𝜋 𝑅2
ℎ 𝑉 =
1
3
𝜋 ℎ[ 𝑅2
+ 𝑟2
+ 𝑅. 𝑟 ] − 𝜋 𝑅2
ℎ-
𝑉 = 𝜋 212
.18
𝑉 = 𝜋 .441.18
𝑉 = 7938𝜋 𝑐𝑚3
𝑉 =
1
3
𝜋 .18[ 452
+ 212
+ 45.21 ] − 7938𝜋
𝑉 = 6𝜋 [ 2025+ 441 + 945 ]− 7938𝜋
𝑉 = 6𝜋 [3411 ] − 7938𝜋
𝑉 = 20466𝜋− 7938𝜋
𝑉 = 12528𝜋 𝑐𝑚3
La cantidad de arcilla de color marrón excede a la cantidad de arcilla de color naranja en
12528𝜋 − 7938𝜋 = 4590𝜋 𝑐𝑚3
Calculamos la altura a través de
ABC:
4K = 24
K = 6
Entonces:
h = 3(6)
h = 18
42cm
90cm
R = 45
r =21
h
37°
42 2424
A
B
C
37°
24
4k
3k = h
5k
53°

4. 2. Se construye un gráfico para ubicar la información proporcionada en el problema.
A
B
C
M N
6cm
12cm12cm
12cm
h
3h
xV
V
9V
64V
Establecemos la relación entre el volumen del Cono MBN
y el cilindro, cuyas base son iguales:
𝑉𝑐𝑜𝑛𝑜
𝑉 𝑐𝑖𝑙𝑖𝑛𝑑𝑟𝑜
=
𝐴 𝑏𝑎𝑠𝑒 . ℎ
3
𝐴 𝑏𝑎𝑠𝑒 . (3ℎ)
→
𝑉𝑐𝑜𝑛𝑜
𝑉 𝑐𝑖𝑙𝑖𝑛𝑑𝑟𝑜
=
1
9
Comparamos volumen total con el volumen de las partes:
𝑉𝑐𝑜𝑛𝑜 𝐴𝐵𝐶 = 𝑉𝑐𝑜𝑛𝑜 𝑀𝐵𝑁 + 𝑉𝑐𝑖𝑙𝑖𝑛𝑑𝑟𝑜 + 𝑉𝑥
64V = V + 9V + 𝑉𝑥
64V = 10V + 𝑉𝑥
54V = 𝑉𝑥
Luego: 𝑉𝑐𝑜𝑛𝑜 𝑚𝑎𝑦𝑜𝑟 =
(122 . 𝜋) 12
3
= 576 𝜋 =
Entonces: 64V = 𝑉𝑐𝑜𝑛𝑜 𝑚𝑎𝑦𝑜𝑟
64V = 576 𝜋
V = 9 𝜋
Reemplazamos en el 𝑉𝑥 : 𝑉𝑥 = 54 𝑉
𝑉𝑥 = 54 (9 𝜋) = 486 𝜋 𝑐𝑚3
El volumen del solido es 486 𝜋 𝑐𝑚3
Por semejanza de
conos:
(
𝐶𝑜𝑛𝑜
𝑚𝑒𝑛𝑜𝑟
)( 𝑀𝐵𝑁) ~ (
𝐶𝑜𝑛𝑜
𝑚𝑎𝑦𝑜𝑟
)( 𝐴𝐵𝐶)
Entonces todos sus elementos
homólogos son proporcionales.
Razón de sus bases:
𝐵𝑎𝑠𝑒 𝑚𝑒𝑛𝑜𝑟
𝐵𝑎𝑠𝑒 𝑚𝑎𝑦𝑜𝑟
=
6
24
=
1
4
Entonces:
𝑉𝑐𝑜𝑛𝑜 𝑚𝑒𝑛𝑜𝑟
𝑉𝑐𝑜𝑛𝑜 𝑚𝑎𝑦𝑜𝑟
=
13
43
=
1
64
Volumen del cono:
𝑉 =
𝐴 𝑏𝑎𝑠𝑒 . ℎ
3
=
𝜋 𝑟2 ℎ
3
Volumen del cilindro:
𝑉 = 𝐴 𝑏𝑎𝑠𝑒 . ℎ = 𝜋 𝑟2
ℎ

5. 3.
4. a) Para calcular el volumen de la madera a utilizar en la elaboración del porta cuchillo,
primero construimos el grafico y luego ubicamos los datos proporcionados.
El volumen de la madera es 437,50 𝑐𝑚3
b) Para determinar la cantidad de lámina que se utiliza para forrar un porta cuchillos se
calcula el área lateral.
Vista de frente Vista de arriba
Vista lateral
15cm20cm
10cm
5cm
h
𝑉 = 𝜋 𝑅2
(
𝐺 + 𝑔
2
)
𝑉 = 𝜋 .52
(
20 + 15
2
)
𝑉 = (3,14)(25)( 17,5)
𝑉 = 437,50 𝑐𝑚3
𝐴𝐿 = 𝜋 𝑅 (𝐺 + 𝑔)
AL = (3,14) (5) (20 + 15)
AL = 549,5 𝑐𝑚2
,
1
4
)
(
5
)
Como se elaboran 8 porta
cuchillos será necesario:
(549,5) (8) = 4396 𝑐𝑚2
,
1
4
)
(
5
)

6. PRACTICAMOS
Pregunta 1:
Respuesta Adecuada.- El estudiante reconoce el desarrollo de los cuerpos geométricos
truncados al relacionar cada solido con su respectivo desarrollo.
Respuesta parcial.- El estudiante solo reconoce el desarrollo de los cono truncados
cortados por un plano horizontal paralelo a la base del cono.

7. Respuesta inadecuada.- El estudiante no reconoce el desarrollo de los tronco de cono.
Pregunta 2:
Respuesta Adecuada.- El estudiante representa gráficamente la proyecciones de un cuerpo
geométrico truncado en tres vistas: de frente, de arriba y lateral.
Vista de Frente Vista de arriba Vista latera
Respuesta parcial.- El estudiante solo representa gráficamente una de las proyecciones del
cuerpo geométrico truncado, en este caso la más simples es la vista lateral.
Respuesta inadecuada.- El estudiante no representa gráficamente la proyecciones de un
cuerpo geométrico truncado.

8. Pregunta 3
Respuesta Adecuada.- El estudiante representa gráficamente la proyecciones de un cuerpo
geométrico truncado en tres vistas: de frente, de arriba y lateral.
Vista de Frente Vista de arriba Vista lateral
Respuesta parcial.- El estudiante solo representa gráficamente una de las proyecciones del
cuerpo geométrico truncado.
Respuesta inadecuada.- El estudiante no representa gráficamente la proyecciones de un
cuerpo geométrico truncado.
Pregunta 4
Respuesta Adecuada.- El estudiante representa gráficamente como se genera el sólido a
partir de la rotación de una región en el plano.

9. Respuesta parcial.- El estudiante solo representa gráficamente uno de los sólidos
generados a partir de la rotación de una región en el plano.
Respuesta inadecuada.- El estudiante no representa gráficamente como se genera los
sólido a partir de la rotación de una región en el plano.
Pregunta 5
Respuesta Adecuada.- El estudiante representa gráficamente como se genera el sólido a
partir de la rotación de una región en el plano.
Respuesta parcial.- El estudiante solo representa gráficamente la región plano de los
sólidos generados a partir de la rotación de una región en el plano.
M
N
M
N

10. Respuesta inadecuada.- El estudiante no representa gráficamente como se genera los
sólidos a partir de la rotación de una región en el plano.
CLAVES
N° pregunta Clave
1 ---
2 ---
3 ----
4 ---
5 ---
6 B
7 A
8 C
9 B
10 A
11 D
12 C
13 A
14 D
15 B
Pregunta 6
Volumen del sólido geométrico generado en el eje M : 𝑉𝑐𝑖𝑙𝑖𝑛𝑑𝑟𝑜 + 𝑉𝑇𝑟𝑜𝑛𝑐𝑜 𝑑𝑒 𝑐𝑜𝑛𝑜
Volumen del cilindro Volumen del tronco de cono
𝑉 = 𝜋 𝑅2
ℎ 𝑉 =
1
3
𝜋 ℎ[ 𝑅2
+ 𝑟2
+ 𝑅. 𝑟 ]
𝑉 = 𝜋 𝑎2
. 𝑎
𝑉 = 𝑎3
𝜋
𝑉 =
1
3
𝜋 . 𝑎[ (2𝑎)2
+ 𝑎2
+ 2𝑎. 𝑎 ]
𝑉 =
1
3
𝜋 . 𝑎[ 4𝑎2
+ 𝑎2
+ 2𝑎2 ]
𝑉 =
1
3
𝜋 . 𝑎[ 7𝑎2 ]
𝑉 =
7
3
𝜋 . 𝑎3
Área total = 𝑎3
𝜋 + 7
3
𝜋 . 𝑎3
=
10
3
𝜋 𝑎3
a
2a
a a

11. Volumen del sólido geométrico generado en el eje N: 𝑉𝑐𝑖𝑙𝑖𝑛𝑑𝑟𝑜 + 𝑉𝑇𝐶
Volumen del cilindro Volumen del tronco de cono
𝑉 = 𝜋 𝑅2
ℎ 𝑉 =
1
3
𝜋 ℎ[ 𝑅2
+ 𝑟2
+ 𝑅. 𝑟 ]
𝑉 = 𝜋 (2𝑎)2
.2𝑎
𝑉 = 8 𝑎3
𝜋
𝑉 =
1
3
𝜋 . 𝑎[ (2𝑎)2
+ 𝑎2
+ 2𝑎. 𝑎 ]
𝑉 =
1
3
𝜋 . 𝑎[ 4𝑎2
+ 𝑎2
+ 2𝑎2 ]
𝑉 =
1
3
𝜋 . 𝑎[ 7𝑎2 ]
𝑉 =
7
3
𝜋 . 𝑎3
Área total = 8𝑎3
𝜋 - 7
3
𝜋 . 𝑎3
=
17
3
𝜋 𝑎3
La relación entre el volumen del solido generado por el eje M y N.
𝑉𝑒𝑗𝑒 𝑀
𝑉𝑒𝑗𝑒 𝑁
=
10
3
17
3
=
10
17
Pregunta 7
Para determinar cual tiene mayor capacidad, calculamos su volumen.
Resp.: Envase 1= 144𝜋𝑐𝑚3
Envase 1: Volumen del cilindro:
𝑉𝐶𝐼𝐿𝐼𝑁𝐷𝑅𝑂 = 𝜋 . 𝑟2
.ℎ
𝑉𝐶𝐼𝐿𝐼𝑁𝐷𝑅𝑂 = 𝜋 . 62
.4 = 144 𝜋 𝑐𝑚3
Envase 2: Volumen del tronco de cono
𝑉𝑇𝐶 =
1
3
𝜋 . ℎ [ 𝑅2
+ 𝑟2
+ 𝑅. 𝑟]
𝑉𝑇𝐶 =
1
3
𝜋 .8 [42
+ 32
+ 4.3]
𝑉𝑇𝐶 =
1
3
𝜋 . 8 [16+ 9 + 12]
𝑉𝑇𝐶 =
1
3
𝜋 . 8 [37] =
296
3
𝜋 𝑐𝑚3
2a
a
a
2a
a

12. Pregunta 8
Calculamos el área lateral de los envases.
Resp. :Envase 2 = 56,42 𝜋𝑐𝑚2
Pregunta 9
Área lateral del envase 1 Área lateral del envase 2
AL = 2𝜋 . r . h
AL = 2 𝜋 (6) (4)
AL = 48 𝜋 𝑐𝑚2
AL = 𝜋 (R + r) g
AL = 𝜋 (4 + 3) (8,06)
AL = 56,42 𝑐𝑚2
8cm
6cm
6cm
3
4
Volumen del vaso (tronco de cono:TC)
𝑉𝑇𝐶 =
1
3
𝜋 . ℎ [ 𝑅2
+ 𝑟2
+ 𝑅. 𝑟]
𝑉𝑇𝐶 =
1
3
𝜋 .6 [42
+ 32
+ 4.3]
𝑉𝑇𝐶 = 2 𝜋 [16+ 9 + 12]
𝑉𝑇𝐶 = 2 𝜋 [37] = 74𝜋 𝑐𝑚3
Volumen del helado (esfera)
𝑉 =
4
3
𝜋 . 𝑟3
𝑉 =
4
3
𝜋 .(3)3
= 36 𝜋 𝑐𝑚3
Como son 3 bolas de helado:
36 𝜋 𝑥 3 = 108 𝑐𝑚3
Resp.: Si se rebasa porque el
volumen de las tres bolas de helado
al derretirse es mayor al volumen del
vaso.
𝑉𝐻𝐸𝐿𝐴𝐷𝑂 > 𝑉𝑉𝐴𝑆𝑂

13. Pregunta 10
Entonces, la cantidad de tela necesaria para 3 instrumentos es: 697 (3) (3,14) =
6565,74𝑐𝑚2
Pregunta 11
El volumen de tierra utilizado por cada maceta es:
𝑉 =
1
3
𝜋 .ℎ [ 𝑅2
+ 𝑟2
+ 𝑅. 𝑟]
𝑉 =
1
3
(3,14) (16) [212
+ 92
+ 21.9]
26cm
8cm
40
4
4
9
A
B
c
(ℎ𝑖𝑝)2 = (𝑐𝑎𝑡)2 + (𝑐𝑎𝑡)2
𝑔2 = (9)2 + (40)2
g = 41
Aplicamos el teorema de
Pitágoras en ABC:
g
El área latera del ashiko es:
AL =  (R + r) g
AL =  (13 + 4) 41 = 697 𝜋𝑐𝑚2
9 18
R
a
10
10
10
30
AB
C
P Q
h
Por semejanza de triángulos:
Del ABC  QPC determinamos
“a”
18
30
=
𝑎
20
 a = 12
Entonces: R = 9 + 12 = 21
Determinamos la “h” en el QPC, con
el teorema de Pitágoras.
(ℎ𝑖𝑝)2 = (𝑐𝑎𝑡)2 + (𝑐𝑎𝑡)2
(20)2 = ℎ2 + (12)2
h = 16

14. 𝑉 = 11906,88 𝑐𝑚3
Si 1kg <> 1000 𝑐𝑚3
, entonces: 11906,88 𝑐𝑚3
<> 11,91kg
En 30 macetas se necesita: 11,91 (30) = 357,30 kg.
Como cada bolsa de tierra contiene 5kg, entonces serán necesario: 357,30 : 5 = 71,46.
Se comprará 72 bolsas.
Pregunta 12
Pregunta 13
Pregunta 14
2 4
C
1 2
g
15,5
8,5
78,5
A B
D H
En el BHC, calculamos la generatriz (g),
aplicando el teorema de Pitágoras:
(ℎ𝑖𝑝)2 = (𝑐𝑎𝑡)2 + (𝑐𝑎𝑡)2
𝑔2 = (24)2 + (7)2
g = 25
El papel reciclado que se requiere para la
confección de la pantalla será:
AL + Apestaña
(R +r) g + b. h
(24) (25) + 25. 2
600 + 50 = 50(12+1) 𝑐𝑚2
+
12
2
10
O
En el trapecio ABCD, calculamos la
base media, que sería el radio mayor
del armazón para la bombilla.
𝐵𝑎𝑠𝑒 𝑚𝑒𝑑𝑖𝑎 =
15,5 + 8,5
2
= 12
Los radios están en relación de 1 a 6,
entonces el radio menor es 2.

15. La cantidad de alambre para el armazón es:
𝐿 𝐶𝑖𝑟𝑐𝑢𝑛𝑓𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑚𝑎𝑦𝑜𝑟 + 𝐿 𝑐𝑖𝑟𝑐𝑢𝑛𝑓𝑒𝑟𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑚𝑒𝑛𝑜𝑟 + 6 .10
2  (12) + 2  (2) + 60
28  + 60 = 4(7+15)
Pregunta 15
El tacho de mayor capacidad es el tacho 2, con 12636𝜋 𝑐𝑚3
11 9
41
AB
C
h
11
En el ABC, aplicamos el teorema de Pitágoras:
ℎ2 = (41)2 − (9)2
h = 40
El volumen de tacho 1 es:
𝑉 =
1
3
𝜋 . ℎ [ 𝑅2
+ 𝑟2
+ 𝑅. 𝑟]
𝑉 =
1
3
 (40) [202
+ 112
+ 20.11]
𝑉 = 9880  𝑐𝑚3
El volumen de tacho 2 es:
𝑉 = 𝜋 . 𝑟2
(
𝐺 + 𝑔
2
)
𝑉 = 𝜋 .(18)2 (39)
𝑉 = 12636𝜋 𝑐𝑚3