Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero PROBLEMAS DE GEOMETRÍA LA GEOMETRÍA DEL ESPACIO La geometría del espacio presenta a veces gran dificultad de comprensión, debido a una escasa visión espacial. En gran parte, esta dificultad es consecuencia de tener que representar sobre el plano lo que se ve en el espacio. Por tanto, conviene tener muy claros los elementos fundamentales de la geometría del espacio, que son el punto, la recta y el plano. Existen en la actualidad gran número de impresionantes grabados, en los que se explotan magistralmente ilusiones geométricas, que en último término consisten en la exclusión velada de algunos axiomas de la geometría euclídea.
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Presentación de PowerPointPROBLEMAS DE GEOMETRÍA
LA GEOMETRÍA DEL ESPACIO
Existen en la actualidad gran número de impresionantes grabados, en
los que se explotan magistralmente ilusiones geométricas, que en
último término consisten en la exclusión velada de algunos axiomas
de la geometría euclídea.
Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
Hay problemas geométricos que nos dejan perplejos porque la
respuesta elemental, a menudo se complica de un modo
inverosímil.
Veamos algunos ejemplos
PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
EL RADIO DEL CÍRCULO
Dado que la diagonal de 8 cm. tiene la misma longitud que el radio
del círculo, la respuesta es 8 cm.
1
Teniendo en cuenta la figura, hallar el radio del círculo.
Solución
PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
EL LADO DEL ROMBO
Basta con darse cuenta de que el lado AC es el radio de la
circunferencia y AE y BD son diagonales de un rectángulo.
Por lo tanto, son
iguales en longitud. Lado del rombo = 9 m.
2
En una plaza circular de R=9 m. se quiere construir un estanque de
forma rómbica, según la figura. ¿Cuánto mide el lado del
rombo?
Solución
PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
EL ÁNGULO DE LAS DIAGONALES
60°. Basta observar de que se trata de un triángulo equilátero ABC
trazando la diagonal BC de la otra cara.
3
¿Cuántos grados mide el ángulo que forman las dos diagonales de las
caras del cubo?
Solución
PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
GOLPE DE VISTA
MN = 6 centímetros. Trazando desde P y Q perpendiculares al
segmento MN, obtenemos los puntos R y S. Como MR=RO y NS=SO y
RS=PQ, surge la respuesta.
4
Dos circunferencias secantes tienen por centros P y Q. El segmento
PQ mide 3 cm. Por uno de los puntos (O) donde se cortas las
circunferencias trazamos una recta paralela al segmento PQ. Sean M
y N los puntos donde corta dicha recta a las circunferencias.
¿Cuánto mide MN?
Solución
PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
. ¿Cuánto mide el ángulo obtuso ABC? A, B y C son los puntos medios
de los lados.
5
Solución
120°. Sólo hace falta terminar de dibujar el hexágono regular
ABCDEF.
EL ÁNGULO OBTUSO
PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
. En el triángulo isósceles ABC el ángulo A mide 50
¿Cuál es la medida del ángulo x?
6
Solución
Puesto que es isósceles: B = C = (180°-A)/2 = 130°/2 = 65°.
Por lo tanto: x= 180°-C = 180°- 65° = 115°.
EL ÁNGULO EXTERIOR
PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
Tenemos dos cuadrados iguales superpuestos, de manera que un
vértice de uno está siempre en el centro del otro. ¿En qué posición
el área comprendida entre los dos cuadrados es la mayor
posible?
7
Solución
El área comprendida entre ambos siempre es la cuarta parte de la de
un cuadrado. Los triángulos ABC y CDE son iguales.
CUADRADOS QUE SE CORTAN
PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
Si el ancho de un marco es igual en sus dos direcciones, horizontal
y vertical, como sucede casi siempre, el rectángulo constituido por
el cuadro completo y el rectángulo de la tela pintada ¿serán
semejentes?
8
Solución
No lo son, puesto que las fracciones: b/a y (b+2h)/(a+2h) son
siempre distintas, salvo en el caso del cuadrado (a=b).
SEMEJANZA DE RECTÁNGULOS
PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
Un hombre quiere enviar por correo un fluorescente que mide 92 cm.
de largo, pero las normas de Correos prohíben los paquetes postales
superiores a 55 cm. ¿Cómo podría enviar el objeto por correo sin
romperlo, ni doblarlo ni faltar a las ordenanzas de Correos?
9
Solución
Puede utilizar para el envío una caja en forma de cubo de 55 cm. de
lado, pues una caja de estas características tiene una diagonal de
95 cm.
PAQUETE POSTAL
PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
A una circunferencia pueden inscribirse y circunscribirse cuadrados
como muestra la figura adjunta.
Sabiendo que el área del cuadrado inscrito es de cuatro unidades de
superficie, ¿qué área tiene el cuadrado mayor?
10
Solución
En lugar de inscribir el cuadrado como mostraba la figura anterior,
hagámoslo girar 45 hasta la posición que muestra la figura
siguiente.
Se observa que el área del cuadrado mayor es el doble que la del
inscrito; es decir, 8 unidades.
SEMEJANZA DE RECTÁNGULOS
PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
Algunas situaciones parecen ir contra la intuición. Y no se trata
de salir del paso diciendo aquello de que «si la realidad se opone
a mis ideas, peor para la realidad».
La intuición, como la capacidad deductiva, puede ser afinada,
educada. Intentamos hacerlo a través de los siguientes
problemas.
EDUCANDO A LA INTUICIÓN
PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
EL CINTURÓN DE LA TIERRA
Un sencillo cálculo confirma esta situación sorprendente. Siendo R
el radio de la esfera (la Tierra o la naranja), el cordel ajustado
mide 2 R. Cuando le agregamos un metro, el cordel pasa a medir 2
R+1. El radio que tiene esta nueva circunferencia, será (2 R+1)/2 .
La diferencia de radios nos da la holgura que es: 1/2 =
15'91549... cm. en los dos casos. ¿Decía esto su intuición?
11
Imaginemos un cordel que envuelve como un cinturón ajustado la
Tierra a lo largo del Ecuador. Añadámosle un metro al cordel. Cuán
flojo queda ahora?
La intuición indicaría que la holgura que se obtiene es
pequeñísima, ya que el metro agregado representa muy poco respecto
a la circunferencia de la Tierra. Más inquietante es pensar que si
ajustamos un cordel alrededor de una naranja, y le agregamos luego
un metro, la holgura que se consigue para la naranja es exactamente
la misma que para la Tierra. ¿Será cierto?
Solución
PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
La holgura es de 12'5 cm. en ambos casos.
12
Solución
PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
Imaginemos un tramo recto de riel, AB, de 500 metros de largo,
aplanado sobre el suelo y fijado en sus dos extremos. Bajo el calor
del verano, el riel se expande 2 metros, provocándole una joroba.
Suponiendo que el riel se arquea en forma simétrica, ¿a qué altura
cree usted que se levanta la joroba en el punto medio? ¿Diez
centímetros? ¿Un metro? ¿Diez metros?
13
Solución
Como la longitud total del riel es ahora 502 metros, cada mitad
tendrá 251 metros. Aunque es evidente que la joroba adoptará una
forma curva, podemos hacernos una idea de la situación suponiendo
que son dos rectas, articuladas en el punto medio. Bajo esta
suposición obtenemos una estimación de la altura x aplicando el
teorema de Pitágoras: x2 = (2512-2502) ===> x = 22 metros.
Seguro que su intuición volvió a fallar.
EL RIEL DILATADO
PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
Un puente metálico tiene 1 km. de longitud. Debido al calor se
dilata 20 cm. Si no se hubiese previsto un medio de absorber esta
dilatación, el puente se levantaría formando un triángulo isósceles
de altura h. La base sería el puente antes de la dilatación.
¿Cuánto vale h?
14
Solución
Diez metros. La solución del problema es elemental, pero lo que
sorprende es la magnitud de dicha solución. Se trata de hallar el
tercer lado de un triángulo rectángulo cuya hipotenusa mide
1000'2/2 = 500'1 m. y 500 m. uno de los catetos. h2 =
(500'1)2-(500)2 ===> h = 10 m. ¿Falló su intuición?
EL PUENTE SIN DISPOSITIVO DE DILATACIÓN
Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
Calcula el valor de todos los ángulos de la figura sabiendo que el
ángulo 1 vale 70.
15
Solución
El ángulo 2 mide 20°.
Por tratarse de un triángulo isósceles (dos lados son radios) los
ángulos 4 y 5 son iguales.
La suma de los ángulos 2, 3 y 4 es 90°, pues el ángulo total abarca
el diámetro.
De estas dos condiciones se obtiene que la suma de los ángulos 2 y
4 es igual al ángulo 7. Y el ángulo 7 es igual a dos veces el
ángulo 4. De donde el ángulo 2 es la mitad del ángulo 7.
Por tanto el ángulo 7 mide 40°, los ángulos 4 y 5 miden 20° cada
uno, el ángulo 6 mide 140°, el ángulo 7 mide 50° y los ángulos 8 y
9 son rectos.
NUEVE ÁNGULOS
PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
Supongamos dos circunferencias concéntricas. Trazamos una tangente
a la interior que, naturalmente cortará a la exterior en dos
puntos. La distancia entre cualquiera de estos puntos y el punto de
tangencia es 1 m.. Halla el área de la corona circular que
determinan las dos circunferencias.
16
Solución
Sean R el radio del círculo mayor y r el radio del círculo
menor:
r2=R2-1.
Área de la corona = piR2 - pir2 = piR2 - pi(R2-1) = .
En cualquier viejo formulario de la geometría clásica, que tanto se
estudiaba hace 50 años, viene dada directamente la fórmula de la
corona circular en función de la cuerda del círculo mayor, tangente
al menor:
A=pi c/2. Como en nuestro caso c/2=1, tenemos que A=pi 1=pi.
ÁREA DE LA CORONA CIRCULAR
Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
SIMETRÍA Y REFLEXIÓN
Querido Paco: Si se te ocurre poner esta carta frente al espejo, la
leerás sin dificultad. Por cierto, que no me explico la razón de
que Leonardo da Vinci escribiera siempre en la forma que ahora
estás viendo.
17
La imagen en un espejo plano y el objeto reflejado no son iguales,
sino simétricos. El producto de dos reflexiones es la igualdad.
Estas dos sencillas propiedades nos permitirán gastar una pequeña
broma, cuando escribamos a un amigo utilizando un papel carbón y
dos cuartillas.
La siguiente carta
se la mandé a un amigo mío. ¿Sabe Vd. lo que le pone?
Solución
PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
¿Cuál tiene una superficie mayor, un triángulo con lados 5, 5, 6 o
uno con lados 5, 5, 8?
18
Solución
Tienen la misma área. Ambos pueden dividirse por la mitad para dar
lugar a dos triángulos 3, 4, 5.
TRIÁNGULOS ORIGINALES
PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
En el triángulo ABC, rectángulo en A, la hipotenusa a=10, el cateto
b=8 y el cateto c=6. Hallar en 30 segundos el valor de la mediana
AM.
19
Solución
Basta recordar que todo triángulo rectángulo puede inscribirse
siempre en un círculo cuyo diámetro CB=a=10 es la hipotenusa, así
que AM=radio=5.
EL VALOR DE LA MEDIANA
Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
Una esfera pesa 40 kg. Se la coloca suavemente dentro de un
cilindro lleno de agua en el cual entra exactamente. Después de
esta operación, el cilindro y su contenido pesan 20 kg más. ¿Cuál
es el volumen del cilindro? ¿Cuál es la densidad de la
esfera?
20
Solución
El volumen de la esfera es los 2/3 del volumen del cilindro en el
cual aquella puede inscribirse: 4/3piR3 = 2/3(2piR3).
Cuando la esfera se hunde en el cilindro desaloja los 2/3 del agua
contenida en ese cilindro. El aumento de peso es, pues, el peso de
la esfera (40 kg) menos los dos tercios del peso del agua contenida
inicialmente en el cilindro, lo cual, en kilos, es igual a los dos
tercios del volumen del cilindro, expresado dicho volumen en
decímetros cúbicos.
20 = 40 - 2/3V ===> V=30 dm3
El volumen de la esfera es V'=2/3V=20 dm3 y su densidad es
40/V'=2.
LA ESFERA HUECA Y EL GEÓMETRA SAGAZ
Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
Un vendedor de billares tiene como insignia de su negocio dos
esferas desiguales, sólidas y hechas de la misma madera. La mayor
pesa 27 kg y la pequeña 8 kg.
El comerciante se propone volver a pintar las insignias. Con 900
gramos de pintura pinta la esfera mayor. ¿Cuántos gramos necesitará
para pintar la pequeña? (La cantidad de pintura necesaria es
proporcional a la superficie que hay que pintar)
21
Solución
Los volúmenes y, por lo tanto, los pesos son proporcionales a los
cubos de los radios. Las superficies y, por lo tanto, las
cantidades de pintura son proporcionales a los cuadrados de los
radios. Sean R y r los radios de las dos esferas, x el peso en
gramos de la pintura necesaria para pintar la esfera pequeña.
r3/R3=8/27 luego r/R=2/3
r2/R2=x/900=4/9 x=400 gramos.
LAS ESFERAS PINTADAS
PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
Catalina ha desafiado a sus amigos a hacer algo que parece
totalmente imposible: «Coger un libro, girarlo un ángulo de 180 ,
volverlo a girar otros 180 y que el libro quede formando un ángulo
de 90 con su posición inicial». ¿Será posible realizar lo que dice
Catalina?
22
Solución
Girar primero el libro 180 alrededor del lado vertical opuesto al
lomo, y a continuación otros 180 alrededor de una recta que forme
45 con el eje anterior. En general, un giro de 180 alrededor de un
cierto eje, seguido por otro giro de 180 alrededor de otro eje que
forme un ángulo con el primero, resulta ser equivalente a una
rotación de ángulo 2 alrededor de un eje perpendicular a los dos
primeros y que pasa por su punto de intersección.
GIROS, ¿POSIBLES O IMPOSIBLES?
PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
El borde de un embalse es una circunferencia perfecta. Un pez
empieza en un punto del borde y nada en dirección norte 600 metros,
lo que le devuelve al borde. Nada entonces en dirección este,
llegando al borde después de recorrer 800 metros. ¿Cuál es el
diámetro del embalse?
23
Solución
Mil metros. El pez describe un ángulo recto con su trayectoria. Un
ángulo recto, con su vértice en la circunferencia de un círculo,
intersecta la circunferencia en los extremos de un diámetro. El
diámetro es, por tanto, la hipotenusa de un ángulo recto con lados
600 y 800 metros.
EL EMBALSE Y EL PEZ
Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
Un poste mide 32 palmos de altura. Un día lo parte un rayo. El
trozo roto queda apoyado en el suelo formando un triángulo de 16
palmos de base. ¿A qué altura se partió el poste?
24
Solución
EL POSTE ROTO
PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
Se trata de trazar una línea continua a través de la red cerrada de
la figura, de modo que dicha línea cruce cada uno de los 16
segmentos que componen la red una vez solamente. La línea continua
dibujada no es, evidentemente una solución del problema, ya que
deja un segmento sin cruzar. Se ha dibujado solamente a fin de
hacer patente el significado del enunciado del problema.
25
Solución
El problema no tiene solución.
En efecto, cada uno de los tres rectángulos mayores de la figura
tiene un número impar de segmentos. Como cada vez que se cruza un
segmento se pasa de dentro a fuera del rectángulo o viceversa,
quiere decirse que en los tres debe de haber una terminación de la
línea en su interior para que la línea cruce el número impar de
segmentos una sola vez, y como hay tres rectángulos mientras que la
línea continua no tiene más que dos extremos, la solución del
problema es imposible.
EL CRUCE DE LA RED
Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
Un ciudadano de Konigsberg (Prusia) se propuso dar un paseo
cruzando cada uno de los siete puentes que existen sobre el río
Pregel una sola vez. Los dos brazos del río rodean a una isla
llamada Kneiphof. ¿Cómo debe cruzar los puentes para realizar el
paseo?
26
Solución
Euler (1707-1783) demostró que el paseo es imposible. Veamos su
demostración.
Los siete puentes están tendidos entre cuatro regiones de tierra:
A, B, C y D. De A sale 5 puentes; de B, 3; de C, 3, y de D, 3. El
paseo sale de una región y podrá terminar en ella misma o en otra.
Habrá siempre, al menos, dos regiones que no serán comienzo ni
final del paseo. O sea, cada vez que se entra en ellas debe salirse
de ellas. De cada una de esas dos regiones debería partir un número
par de puentes. Ya se ha dicho que de las regiones parten 5, 3, 3 y
3 puentes, impares todos. Conclusión: El paseo es imposible.
LOS 7 PUENTES DE KONIGSBERG
Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
En la figura tenemos dos sobres ligeramente diferentes ya que el
segundo tiene una línea más, que marca la doblez de cierre. ¿Es
posible dibujar cada uno de los sobres sin levantar el lápiz del
papel, y sin pasar más de una vez por el mismo trazo?
27
Solución
Aunque el segundo parece el más complicado de dibujar, la realidad
es que puede dibujarse en las condiciones estipuladas. El primero
en cambio, no.
Todo vértice en el que concurren un número impar de líneas ha de
ser comienzo o fin del trazado, ya que si no, por cada entrada ha
de haber un salida. En la segunda figura, en los vértices
inferiores ocurre esto, luego uno puede ser comienzo y el otro fin
del dibujo. (Ver figura)
En el primer sobre son cuatro los vértices en los que concurren un
número impar de líneas; como no puede haber más que un fin y un
comienzo, es imposible dibujarlo en las condiciones propuest
DIBUJANDO SOBRES.
PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
Un vértice es impar si de el parten un número impar de caminos. Un
vértice es par si de el parten un número par de caminos.
El problema es imposible si en la red hay más de dos vértices
impares.
Es posible: a) Cuando todos los vértices son pares, y entonces el
punto de partida puede ser cualquiera. b) Cuando no hay más de dos
vértices impares, y entonces el recorrido comienza por uno de ellos
y termina en el otro.
28
Solución
EN GENERAL: DE UN SOLO TRAZO, ¿POSIBLE O IMPOSIBLE?
Se pueden dibujar de un solo trazo los de la fila superior. Es
imposible para los de la fila inferior.
Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
Tenemos tres cuadrados iguales dispuestos como se muestra en la
figura. Usando solamente geometría elemental (no trigonometría)
demostrar que el ángulo C es igual a la suma de los ángulos A y
B.
29
PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
Solución 1: La siguiente construcción muestra la solución del
problema
LOS TRES CUADRADOS
PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
29
Solución 2: Esta otra construcción también muestra la solución del
problema.
Los triángulos APO y OQR son semejantes, por lo que los ángulos A y
O son iguales. Y como C=B+O, C=B+A.
LOS TRES CUADRADOS.
PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
Solución 3. Usando trigonometría: tgA=1/3, tgB=1/2, tgC=1.
tg(A+B) = ... = 1 = tgC. Luego A+B=C.
LOS TRES CUADRADOS.
PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
Una ventana cuadrada mide 1 metro de lado. Como estaba orientada al
sur y entraba demasiada luz se disminuyó su tamaño a la mitad,
tapando parte de ella. Tras ello la ventana seguía teniendo forma
cuadrada y tanto su anchura como su altura seguían siendo de 1
metro. ¿Puede Vd. dar una explicación de tan extraño
fenómeno?
30
Solución
VENTANA DIVIDIDA EN DOS.
PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
Dos monedas idénticas A y B parten de la posición que indica la
figura. La moneda B permanece en reposo, mientras que la A rueda
alrededor de B, sin deslizar, hasta que vuelve a su posición
inicial. ¿Cuántas vueltas habrá dado la moneda A?
31
Solución
La moneda A da dos vueltas. ¿No se lo cree Vd.? Tome las dos
monedas y lo comprobará.
MONEDAS IGUALES DANDO VUELTAS.
PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
Dos monedas distintas A y B parten de la posición que indica la
figura anterior. La moneda B permanece en reposo, mientras que la A
rueda alrededor de B, sin deslizar, hasta que vuelve a su posición
inicial. ¿Cuántas vueltas habrá dado la moneda A? La moneda A móvil
tiene un diámetro cuatro veces más pequeño que el diámetro de la
moneda fija B.
32
Solución
PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
Tenemos un posavasos circular y una servilleta cuadrada. Hallar el
centro del posavasos con la ayuda únicamente de la servilleta y un
lápiz.
33
Solución
Colocamos uno de los vértices de la servilleta sobre cualquiera de
los puntos de la circunferencia del posavasos.
El ángulo definido por ABC es un ángulo recto, luego el segmento AC
es un diámetro de la circunferencia. Trazamos con un lapicero la
línea AC y repetimos la misma operación eligiendo como B cualquier
otro punto del perímetro del posavasos. Una vez trazado el segundo
diámetro ya está hallado el centro de la circunferencia.
POSAVASOS Y SERVILLETA.
PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
Consideremos un cubo de lado 1. Tomemos dos vértices opuestos por
una diagonal máxima del cubo. Cada uno de estos dos vértices
opuestos está rodeado de tres vértices cercanos que forman un
triángulo. Es fácil ver que los dos planos definidos por estos dos
triángulos son paralelos. Sin hacer cálculos, ¿cuál es la distancia
entre los dos planos?
34
Solución
La diagonal es perpendicular a los planos en cuestión y forma
ángulos iguales con todas las aristas del cubo, por lo que la
proyección de una cualquiera de éstas sobre aquélla es constante.
Luego, sin más que dibujar la figura, se concluye que la distancia
entre los dos planos es 1/3 de la diagonal
EL CUBO Y LOS PLANOS.
Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
Tenemos cuatro círculos iguales de radio 1. Uniendo los centros
obtenemos un cuadrilátero irregular. ¿Cuánto mide el área
sombreada?
35
Solución
La misma que uno de los círculos, es decir, PI. La suma de los
ángulos de un cuadrilátero es 360 . Cada sector sombreado cubre una
parte de un círculo cuya área depende del ángulo correspondiente.
Los cuatro ángulos cubrirán un área igual a la de un círculo
completo.
CUATRO CÍRCULOS IGUALES.
PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
Unos pintores están pintando las paredes interiores de una
catedral. A una ventana circular de un metro de diámetro le
añadieron dos líneas tangentes y dos semicírculos cerrando la
figura. ¿Qué área tiene la figura sombreada?
36
Solución
Un metro cuadrado. Es el área de un cuadrado de un metro de
lado.
LOS PINTORES DE LA CATEDRAL.
Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
37
Solución
B puede tener cualquier valor.
Sean x e y las dos partes en que se divide B, x la mayor.
x/6 = B/10 x = 6B/10
y/6 = B/15 y = 6B/15
Como B = x+y. Sustituyendo:
B = 6B/10 + 6B/15; o bien:
B = 3B/5 + 2B/5. Igualdad que siempre se cumple para cualquier
valor de B.
MUY ELEGANTE
PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
En la figura adjunta el triángulo rectángulo tiene el vértice en
centro del cuadrado. ¿Cuál es el área de la parte sombreada?
38
Solución
Observe que los triángulos sombreados de la figura son iguales por
ser el triángulo rectángulo. El área de la sombra es la cuarta
parte del área del cuadrado.
Es decir, 36/4 = 9.
PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
Probar que cada mediana de un triángulo es menor que el promedio de
los lados adyacentes. En la figura adjunta, probar que x <
(a+b)/2.
39
Solución
Sólo hay que repetir un triángulo igual al primitivo, opuesto por
la base, como se muestra en la figura adjunta.
Es evidente que la diagonal de un cuadrilátero no puede ser mayor
que la suma de dos lados consecutivos. Dividiendo por dos la
diagonal queda la mediana del triángulo, que por tanto no puede ser
igual o mayor que la semisuma de los mismos lados.
LA MEDIANA ES MENOR
PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
Las áreas rayadas de la luna y el triángulo, ¿son iguales?
40
Solución
Área del segmento de arco AB = PiR2/4 - R2/2
Área de la luna = Pi(AB)2/8 - (PiR2/4 - R2/2) = PiR2/4 - PiR2/4 +
R2/2 = R2/2.
LA LUNA Y EL TRIÁNGULO
Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
Un triángulo equilátero y un hexágono regular tienen perímetros
iguales. Si el hexágono tiene una superficie de 6 m2., ¿qué área
tiene el triángulo?
41
Solución
EL HEXÁGONO Y EL TRIÁNGULO
Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
Tenemos un cuadrado de 10 cm. de lado. ¿Cuánto vale el área del
cuadradito sombreado si A, B, C y D son los puntos medios de los
lados del cuadrado?
42
Solución
La simple observación de la siguiente figura muestra que el área
del cuadradito es la quinta parte del área del cuadrado. Es decir,
20 cm2.
ÁREA DEL CUADRADITO
PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
La longitud del rectángulo ABCD es 8 y su anchura 3. Dividimos la
diagonal AC en tres partes iguales mediante los puntos E y F.
¿Cuánto vale el área del triángulo BEF?
43
Solución
Los triángulos AEB, BEF y FCB tienen la misma área pues tienen la
misma altura e iguales bases. Así pues, cada uno la tercera parte
del área del triángulo ABC, es decir:
Área del triángulo BEF = 1/3 1/2 8 3 = 4.
RECTÁNGULO, DIAGONAL Y TRIÁNGULO
PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
El círculo 1, cuya área es 4, pasa por el centro del círculo 2 al
que es tangente. ¿Cuál es el área del círculo 2?
44
Solución
Entonces: Área(2) = 4 Área(1) = 4 4 = 16.
LOS DOS CÍRCULOS
PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
¿Cuál es el área de la zona sombreada de la figura?
45
Solución
Es la cuarta parte del área del cuadrado: 16/4 = 4.
LA ZONA SOMBREADA
PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
En un prado cuadrado de 100 metros de lado, hay cuatro cabras. Cada
una atada a una esquina del prado con una cuerda de 50 metros, lo
que permite comer una cierta parte de la hierba del prado, quedando
en el centro un trozo que ninguna de ellas alcanza.
El propietario, tras vender tres de las cabras, alargó la cuerda de
la que quedaba en una de las esquinas, de tal forma que el área
sobre la que podía pastar era equivalente al área sobre la que
pastaban anteriormente las cuatro. ¿Qué longitud le dio a la
cuerda?
46
Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
LAS 4 CABRAS DEL PRADO
El área utilizada por las cuatro es un círculo de radio 50 m., es
decir S=Pi 50². La que queda sola ha de pastar sobre un cuadrante
de círculo cuya superficie sea la misma: Pi x²/4 = Pi 50² ===>
x=100 m. Justamente la longitud del campo.
Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
Dado un triángulo ABC, encontrar un punto cuya suma de distancias a
los vértices sea mínima.
47
Solución
FERMAT: EL CENTRO DEL TRIÁNGULO
Se construye un triángulo equilátero sobre cada lado del triángulo
ABC. Uniendo los vértices de esos tres triángulos obtenemos un
punto de intersección que cumple la condición requerida.
Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
Dadas tres circunferencias iguales, tangentes dos a dos, calcula el
área encerrada entre las tres.
48
Solución
PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
El radio del círculo inscrito en un triángulo rectángulo mide 3
cm., y el del circunscrito, 5 cm. ¿Cuánto vale la suma de los
catetos del triángulo?
49
Solución
16 cm. Haga la figura correspondiente y lo verá.
Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
La zona sombreada representa un lago. ¿Cuál es la superficie del
lago? Los terrenos que lo limitan son cuadrados.
50
Solución
LA SUPERFICIE DEL LAGO
El lago es un triángulo rectángulo. Para hallar su área, basta
saber la longitud de los catetos: Área = 5x12/2 = 30 m².
Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
Trazando las diagonales del cuadrilátero se observa la propiedad
inmediatamente.
51
Demostrar que uniendo los puntos medios de los lados de un
cuadrilátero se obtiene un paralelogramo.
Solución
PROBLEMAS DE GEOMETRÍA