Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
Creer que una ciencia existe a partir de determinado momento o de tal acontecimiento parece una ingenuidad. Sin embargo, en sus
Historias, Herodoto, que vivió en Grecia en el siglo V a. C., relata el origen de la geometría indicando como causa de tal origen el
desbordamiento que todos los años tenía el río Nilo. Esto hacía que se borrasen las lindes de los campos, y obligaba a los «tensores de
la cuerda» a hacer nuevas mediciones de las tierras. «Se cuenta también que el rey Sesostris dividió la tierra entre todos los egipcios, otorgando a cada uno un rectángulo de igual
tamaño, con la intención de cobrar la renta por medio de un impuesto que sería recaudado anualmente. Pero cuando el paso del Nilo redujese una porción, el súbdito correspondiente debía acudir al rey para notificarlo. Entonces éste mandaba a sus inspectores,
que controlasen la reducción del terreno, de manera que el propietario pagase la parte proporcional del impuesto. De esta
forma, me parece, se originó la geometría, que se difundió más tarde por la Hélade.»
EL ORIGEN DE LA GEOMETRÍA
Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
PROBLEMAS GEOMÉTRICOSCuando un matemático se tropieza por primera vez con
teoremas como algunos de los que veremos a continuación, casi siempre manifiesta admiración, seguida invariablemente,
de la exclamación: "¡Precioso!". No podemos decir exactamente qué entienden por "precioso" los matemáticos. Quizá tenga que ver con la sorpresa de lo inesperadamente sencillo. Pero todos los matemáticos perciben la belleza de un teorema, o de la
demostración de un teorema, con la misma claridad con que se aprecia la belleza de las personas. Por la riqueza de sus
aspectos visuales, la geometría guarda un tesoro de hermosos teoremas y preciosas demostraciones. Es frecuente
que la resolución de problemas geométricos resulte prácticamente trivial atinando a usar uno de los teoremas
fundamentales de la geometría euclídea.
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PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
LA GEOMETRÍA DEL ESPACIOLa 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.
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
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PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
Dado que la diagonal de 8 cm. tiene la misma longitud que el
radio del círculo, la respuesta es
8 cm.
EL RADIO DEL CÍRCULO1Teniendo en cuenta la figura,
hallar el radio del círculo. Solución
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PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
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.
EL LADO DEL ROMBO2En 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
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PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
60°. Basta observar de que se trata de un triángulo
equilátero ABC trazando la diagonal BC de la otra cara.
EL ÁNGULO DE LAS DIAGONALES3¿Cuántos grados mide el
ángulo que forman las dos diagonales de las caras del
cubo?
Solución
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PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
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.
GOLPE DE VISTA4Dos 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
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PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
. ¿Cuánto mide el ángulo obtuso ABC? A, B y C son los puntos medios de los
lados.
5Solución
120°. Sólo hace falta terminar de dibujar el
hexágono regular ABCDEF.
EL ÁNGULO OBTUSO
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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
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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?
7Solución
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
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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?
8Solución
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
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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
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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
Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
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
Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
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?
EL CINTURÓN DE LA TIERRA11Imaginemos 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
Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
La holgura es de 12'5 cm. en ambos casos.
EL CORDEL Y EL CUADRADO12
¿Que pasaría si la Tierra fuese cuadrada?
Solución
¿Falló su intuición?
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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?
13Solución
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
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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?
14Solución
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
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PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
Calcula el valor de todos los ángulos de la figura
sabiendo que el ángulo 1 vale 70.
15Solución
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
Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
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.
16Solución
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
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.
SIMETRÍA Y REFLEXIÓN17La 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?
Soluci
ón
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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
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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)
21Solución
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
Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
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?
22Solución
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?
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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?
23Solución
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
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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
x² + 16² = (32-x)²; x=12 palmos.
EL POSTE ROTO
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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.
25Solución
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
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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?
26Solución
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
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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?
27Solución
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.
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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.
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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 LOS TRES CUADRADOS.
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PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
29
Solución 1: La siguiente construcción muestra la solución del problema
LOS TRES CUADRADOS
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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.
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PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
29
Solución 3. Usando trigonometría: tgA=1/3, tgB=1/2, tgC=1. tg(A+B) = ... = 1 = tgC. Luego A+B=C.
LOS TRES CUADRADOS.
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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?
30Solución
La siguiente figura muestra la solución.
VENTANA DIVIDIDA EN DOS.
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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?
31Solución
La moneda A da dos vueltas. ¿No se lo cree Vd.? Tome las dos monedas y lo
comprobará.
MONEDAS IGUALES DANDO VUELTAS.
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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.
32Solución
..........
MONEDAS DISTINTAS DANDO VUELTAS.
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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.
33Solución
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.
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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?
34Solución
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.
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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.
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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?
36Solución
Un metro cuadrado. Es el área de un cuadrado de un metro de lado.
LOS PINTORES DE LA CATEDRAL.
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PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
En la figura adjunta, ¿cuánto mide B?
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
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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?
38Solución
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.
LA SOMBRA DESCONOCIDA
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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.
39Solución
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
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PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
Las áreas rayadas de la luna y el triángulo, ¿son
iguales?
40Solución
. Sí, son iguales. Veamos: (AB)2 = R2 + R2 = 2R2 Área del cuadrante =
PiR2/4 Área del triángulo = R2/2 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
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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?
41Solución
La simple observación de la figura muestra la
solución.
EL HEXÁGONO Y EL TRIÁNGULO
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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?
42Solución
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
Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
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?
43Solución
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
Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
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?
44Solución
Área(2)/Área(1) = Pi R2/Pi r2 = (2r)2/r2 = 4. Entonces: Área(2) = 4
Área(1) = 4 4 = 16.
LOS DOS CÍRCULOS
Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
¿Cuál es el área de la zona sombreada de la figura?
45Solución
Es la cuarta parte del área del cuadrado: 16/4 = 4.
LA ZONA SOMBREADA
Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
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 LAS 4 CABRAS DEL PRADO
Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
46
Solución
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.
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PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
Dado un triángulo ABC, encontrar un punto cuya suma de distancias a los
vértices sea mínima.
47Solución
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.
48Solución
LAS TRES CIRCUNFERENCIAS
Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
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
LA SUMA DE LOS CATETOS
16 cm. Haga la figura correspondiente y lo
verá.
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PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
La zona sombreada representa un lago. ¿Cuál es la
superficie del lago? Los terrenos que lo limitan son
cuadrados.
50Solución
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.
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PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
Trazando las diagonales del cuadrilátero se observa la
propiedad inmediatamente.
BONITA PROPIEDAD51
Demostrar que uniendo los puntos medios de los lados de un cuadrilátero se obtiene un
paralelogramo.
Solución
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PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
52
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