Geometria

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Geometria

  1. 1. PROBLEMAS DE GEOMETRÍA EL ORIGEN DE LA 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.» Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
  2. 2. PROBLEMAS DE GEOMETRÍA PROBLEMAS GEOMÉTRICOS Cuando 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. Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
  3. 3. 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. Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
  4. 4. 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 Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
  5. 5. PROBLEMAS DE GEOMETRÍA 1 EL RADIO DEL CÍRCULO Teniendo en cuenta la figura, Solución hallar 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. Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
  6. 6. PROBLEMAS DE GEOMETRÍA 2 EL LADO DEL ROMBO En una plaza circular de R=9 m. Solución se quiere construir un estanque Basta con darse cuenta de de forma rómbica, según la que el lado AC es el radio de figura. ¿Cuánto mide el lado del la circunferencia y AE y BD rombo? son diagonales de un rectángulo.         Por lo tanto, son iguales en longitud. Lado del rombo = 9 m. Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
  7. 7. PROBLEMAS DE GEOMETRÍA 3 EL ÁNGULO DE LAS DIAGONALES ¿Cuántos grados mide el Solución ángulo que forman las dos 60°. Basta observar de que se diagonales de las caras del trata de un triángulo cubo? equilátero ABC trazando la diagonal BC de la otra cara. Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
  8. 8. PROBLEMAS DE GEOMETRÍA 4 GOLPE DE VISTA Dos circunferencias secantes Solución tienen por centros P y Q. El segmento PQ mide 3 cm. Por uno MN = 6 centímetros. Trazando de los puntos (O) donde se cortas desde P y Q perpendiculares las circunferencias trazamos una al segmento MN, obtenemos recta paralela al segmento PQ. los puntos R y S. Como Sean M y N los puntos donde corta MR=RO y NS=SO y RS=PQ, dicha recta a las circunferencias. surge la respuesta. ¿Cuánto mide MN? Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
  9. 9. PROBLEMAS DE GEOMETRÍA 5 EL ÁNGULO OBTUSO Solución . ¿Cuánto mide el ángulo obtuso ABC? A, B y C son 120°. Sólo hace falta los puntos medios de los terminar de dibujar el lados. hexágono regular ABCDEF. Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
  10. 10. PROBLEMAS DE GEOMETRÍA 6 EL ÁNGULO EXTERIOR . En el triángulo isósceles ABC el ángulo A mide 50 Solución ¿Cuál es la medida del ángulo x? Puesto que es isósceles: B = C = (180°-A)/2 = 130°/2 = 65°. Por lo tanto: x= 180°-C = 180°- 65° = 115°. Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
  11. 11. PROBLEMAS DE GEOMETRÍA 7 CUADRADOS QUE SE CORTAN Tenemos dos cuadrados iguales Solución superpuestos, de manera que un vértice de uno está siempre en el El área comprendida entre centro del otro. ¿En qué posición el ambos siempre es la cuarta área comprendida entre los dos parte de la de un cuadrado. cuadrados es la mayor posible? Los triángulos ABC y CDE son iguales. Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
  12. 12. PROBLEMAS DE GEOMETRÍA 8 SEMEJANZA DE RECTÁNGULOS Si el ancho de un marco es igual en Solución sus dos direcciones, horizontal y vertical, como sucede casi siempre, No lo son, puesto que las el rectángulo constituido por el fracciones: b/a y (b+2h)/ cuadro completo y el rectángulo de (a+2h) son siempre la tela pintada ¿serán semejentes? distintas, salvo en el caso del cuadrado (a=b). Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
  13. 13. PROBLEMAS DE GEOMETRÍA 9 PAQUETE POSTAL 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? 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. Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
  14. 14. PROBLEMAS DE GEOMETRÍA 10 SEMEJANZA DE RECTÁNGULOS A una circunferencia pueden inscribirse y circunscribirse Solución cuadrados como muestra la figura adjunta. Sabiendo que el área del En lugar de inscribir el cuadrado inscrito es de cuatro cuadrado como mostraba unidades de superficie, ¿qué área la figura anterior, tiene el cuadrado mayor? 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. Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
  15. 15. PROBLEMAS DE GEOMETRÍA EDUCANDO A LA INTUICIÓN 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. Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
  16. 16. PROBLEMAS DE GEOMETRÍA 11 EL CINTURÓN DE LA TIERRA Imaginemos un cordel que Solución envuelve como un cinturón ajustado la Tierra a lo largo del Un sencillo cálculo confirma Ecuador. Añadámosle un metro esta situación sorprendente. al cordel. Cuán flojo queda Siendo R el radio de la ahora? esfera (la Tierra o la La intuición indicaría que la naranja), el cordel ajustado holgura que se obtiene es mide 2 R. Cuando le pequeñísima, ya que el metro agregamos un metro, el agregado representa muy poco cordel pasa a medir 2 R+1. respecto a la circunferencia de El radio que tiene esta la Tierra. Más inquietante es pensar que si ajustamos un nueva circunferencia, será cordel alrededor de una (2 R+1)/2 . La diferencia de naranja, y le agregamos luego radios nos da la holgura un metro, la holgura que se que es: 1/2  = 15'91549... cm. consigue para la naranja es en los dos casos. ¿Decía exactamente la misma que para esto su intuición? la Tierra. ¿Será cierto? Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
  17. 17. PROBLEMAS DE GEOMETRÍA 12 EL CORDEL Y EL CUADRADO ¿Que pasaría si la Tierra fuese cuadrada? Solución La holgura es de 12'5 cm. en ambos casos. ¿Falló su intuición? Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
  18. 18. PROBLEMAS DE GEOMETRÍA 13 EL RIEL DILATADO Solución Imaginemos un tramo recto de riel, AB, de 500 metros de Como la longitud total del riel es largo, aplanado sobre el suelo ahora 502 metros, cada mitad y fijado en sus dos extremos. tendrá 251 metros. Aunque es evidente que la joroba adoptará Bajo el calor del verano, el riel una forma curva, podemos se expande 2 metros, hacernos una idea de la situación provocándole una joroba. suponiendo que son dos rectas, Suponiendo que el riel se articuladas en el punto medio. arquea en forma simétrica, ¿a Bajo esta suposición obtenemos una estimación de la altura x qué altura cree usted que se aplicando el teorema de levanta la joroba en el punto 2 2 2 medio? ¿Diez centímetros? ¿Un metro? ¿Diez metros? Pitágoras: x = (251 -250 ) ===> x = 22 metros. Seguro que su intuición volvió a fallar. Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
  19. 19. PROBLEMAS DE GEOMETRÍA 14 EL PUENTE SIN DISPOSITIVO DE DILATACIÓN Solución Un puente metálico tiene 1 km. de longitud. Debido al Diez metros. La solución calor se dilata 20 cm. Si no del problema es elemental, se hubiese previsto un pero lo que sorprende es la medio de absorber esta magnitud de dicha dilatación, el puente se solución. Se trata de hallar levantaría formando un el tercer lado de un triángulo isósceles de altura triángulo rectángulo cuya h. La base sería el puente hipotenusa mide 1000'2/2 = antes de la dilatación. 500'1 m. y 500 m. uno de ¿Cuánto vale h? 2 2 los catetos. h = (500'1) - 2 (500) ===> h = 10 m. Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
  20. 20. PROBLEMAS DE GEOMETRÍA 15 NUEVE ÁNGULOS Solución Calcula el valor de todos los ángulos de la figura El ángulo 2 mide 20°. Por tratarse de un triángulo isósceles sabiendo que el ángulo 1 (dos lados son radios) los ángulos 4 y vale 70. 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. Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
  21. 21. PROBLEMAS DE GEOMETRÍA 16 ÁREA DE LA CORONA CIRCULAR Solución Supongamos dos circunferencias concéntricas. Sean R el radio del círculo Trazamos una tangente a la mayor y r el radio del círculo interior que, naturalmente menor: 2 2 cortará a la exterior en dos puntos. La distancia entre r =R -1. cualquiera de estos puntos y el 2 2 punto de tangencia es 1 m.. Halla el área de la corona Área de la corona = piR - pir = 2 2 circular que determinan las dos circunferencias. piR - pi(R -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 Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero círculo mayor, la cuerda del
  22. 22. PROBLEMAS DE GEOMETRÍA 17 SIMETRÍA Y REFLEXIÓN 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? Querido Paco: Si se te ocurre poner esta carta frente al ón espejo, la leerás sin dificultad. Por cierto, que no me i uc explico la razón de que Leonardo da Vinci escribiera l So siempre en la forma que ahora estás viendo. Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
  23. 23. PROBLEMAS DE GEOMETRÍA 18 TRIÁNGULOS ORIGINALES ¿Cuál tiene una superficie mayor, un triángulo con lados 5, 5, 6 o uno con lados 5, 5, 8? Solución Tienen la misma área. Ambos pueden dividirse por la mitad para dar lugar a dos triángulos 3, 4, 5. Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
  24. 24. PROBLEMAS DE GEOMETRÍA 19 EL VALOR DE LA MEDIANA En el triángulo Solución ABC, rectángulo en Basta recordar que A, la hipotenusa todo triángulo a=10, el cateto b=8 y rectángulo puede inscribirse siempre en el cateto c=6. Hallar un círculo cuyo en 30 segundos el diámetro CB=a=10 es valor de la mediana la hipotenusa, así que AM. AM=radio=5. Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
  25. 25. PROBLEMAS DE GEOMETRÍA 20 LA ESFERA HUECA Y EL GEÓMETRA SAGAZ 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? Solución El volumen de la esfera es los 2/3 del volumen del cilindro en el cual aquella puede 3 3 inscribirse: 4/3piR = 2/3(2piR ). 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. 3 Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
  26. 26. PROBLEMAS DE GEOMETRÍA 21 LAS ESFERAS PINTADAS Un vendedor de billares tiene Solución como insignia de su negocio Los volúmenes y, por lo tanto, dos esferas desiguales, sólidas los pesos son proporcionales a los y hechas de la misma madera. cubos de los radios. Las superficies y, por lo tanto, las La mayor pesa 27 kg y la cantidades de pintura son pequeña 8 kg. proporcionales a los cuadrados El comerciante se propone de los radios. Sean R y r los volver a pintar las insignias. radios de las dos esferas, x el Con 900 gramos de pintura peso en gramos de la pintura necesaria para pintar la esfera pinta la esfera mayor. pequeña. ¿Cuántos gramos necesitará 3 3 para pintar la pequeña? (La cantidad de pintura necesaria r /R =8/27 luego r/R=2/3 2 2 es proporcional a la superficie que hay que pintar) r /R =x/900=4/9 x=400 gramos. Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
  27. 27. PROBLEMAS DE GEOMETRÍA 22 GIROS, ¿POSIBLES O IMPOSIBLES? Solución Catalina ha desafiado a sus amigos a hacer algo que Girar primero el libro 180 alrededor del lado vertical parece totalmente opuesto al lomo, y a continuación imposible: «Coger un libro, otros 180 alrededor de una recta que forme 45 con el eje anterior. girarlo un ángulo de 180 , En general, un giro de 180 volverlo a girar otros 180 y alrededor de un cierto eje, que el libro quede seguido por otro giro de 180 alrededor de otro eje que forme formando un ángulo de 90 un ángulo con el primero, resulta con su posición inicial». ser equivalente a una rotación de ángulo 2 alrededor de un eje ¿Será posible realizar lo perpendicular a los dos primeros que dice Catalina? y que pasa por su punto de intersección. Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
  28. 28. PROBLEMAS DE GEOMETRÍA 23 EL EMBALSE Y EL PEZ Solución El borde de un embalse es una circunferencia perfecta. Mil metros. El pez describe Un pez empieza en un un ángulo recto con su punto del borde y nada en trayectoria. Un ángulo recto, con su vértice en la dirección norte 600 metros, circunferencia de un lo que le devuelve al borde. círculo, intersecta la Nada entonces en dirección circunferencia en los este, llegando al borde extremos de un diámetro. después de recorrer 800 El diámetro es, por tanto, metros. ¿Cuál es el la hipotenusa de un ángulo recto con lados 600 y 800 diámetro del embalse? metros. Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
  29. 29. PROBLEMAS DE GEOMETRÍA 24 EL POSTE ROTO 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? Solución x² + 16² = (32-x)²; x=12 palmos. Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
  30. 30. PROBLEMAS DE GEOMETRÍA 25 EL CRUCE DE LA RED Solución Se trata de trazar una línea continua a través de la red El problema no tiene solución. cerrada de la figura, de modo En efecto, cada uno de los tres rectángulos mayores de la figura que dicha línea cruce cada uno tiene un número impar de de los 16 segmentos que segmentos. Como cada vez que se componen la red una vez cruza un segmento se pasa de dentro a fuera del rectángulo o viceversa, solamente. La línea continua quiere decirse que en los tres debe de dibujada no es, evidentemente haber una terminación de la línea en una solución del problema, ya su interior para que la línea cruce el número impar de segmentos una sola que deja un segmento sin vez, y como hay tres rectángulos cruzar. Se ha dibujado mientras que la línea continua no solamente a fin de hacer tiene más que dos extremos, la patente el significado del solución del problema es imposible. enunciado del problema. Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
  31. 31. PROBLEMAS DE GEOMETRÍA 26 LOS 7 PUENTES DE KONIGSBERG Solución Un ciudadano de Konigsberg (Prusia) se Euler (1707-1783) demostró que el paseo es imposible. Veamos su propuso dar un paseo demostración. Los siete puentes están tendidos cruzando cada uno de los entre cuatro regiones de tierra: A, B, siete puentes que existen C y D. De A sale 5 puentes; de B, 3; de C, 3, y de D, 3. El paseo sale de sobre el río Pregel una sola una región y podrá terminar en ella vez. Los dos brazos del río misma o en otra. Habrá siempre, al menos, dos regiones que no serán rodean a una isla llamada comienzo ni final del paseo. O sea, Kneiphof. ¿Cómo debe cada vez que se entra en ellas debe salirse de ellas. De cada una de esas cruzar los puentes para dos regiones debería partir un realizar el paseo? 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. Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
  32. 32. PROBLEMAS DE GEOMETRÍA 27 DIBUJANDO SOBRES. Solución En la figura tenemos dos Aunque el segundo parece el más sobres ligeramente complicado de dibujar, la realidad es que puede dibujarse en las diferentes ya que el condiciones estipuladas. El primero segundo tiene una línea en cambio, no. Todo vértice en el que concurren un más, que marca la doblez número impar de líneas ha de ser de cierre. ¿Es posible comienzo o fin del trazado, ya que si no, por cada entrada ha de haber un dibujar cada uno de los salida. En la segunda figura, en los sobres sin levantar el lápiz vértices inferiores ocurre esto, luego uno puede ser comienzo y el otro fin del papel, y sin pasar más del dibujo. (Ver figura) de una vez por el mismo En el primer sobre son cuatro los vértices en los que concurren un trazo? número impar de líneas; como no puede haber más que un fin y un comienzo, es imposible dibujarlo en las condiciones propuest Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
  33. 33. PROBLEMAS DE GEOMETRÍA 28 EN GENERAL: DE UN SOLO TRAZO, ¿POSIBLE O IMPOSIBLE? 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. Solución 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
  34. 34. PROBLEMAS DE GEOMETRÍA 29 LOS TRES CUADRADOS. 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. Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
  35. 35. PROBLEMAS DE GEOMETRÍA 29 LOS TRES CUADRADOS Solución 1: La siguiente construcción muestra la solución del problema Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
  36. 36. PROBLEMAS DE GEOMETRÍA 29 LOS TRES CUADRADOS. S o luc ión 2: E s ta otra c ons truc c ió n ta m bién m ues tra la s o luc ió n del pro blem a . L os triá ng ulos A P O y O Q R s o n s em eja ntes , por lo que lo s á ng ulos A y O s o n ig ua les . Y c om o C =B +O , C =B +A . Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
  37. 37. PROBLEMAS DE GEOMETRÍA 29 LOS TRES CUADRADOS. Solución 3. Usando trigonometría: tgA=1/3, tgB=1/2, tgC=1. tg(A+B) = ... = 1 = tgC. Luego A+B=C. Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
  38. 38. PROBLEMAS DE GEOMETRÍA 30 VENTANA DIVIDIDA EN DOS. Solución Una ventana cuadrada mide 1 metro de lado. Como estaba La siguiente figura muestra orientada al sur y entraba la solución. 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? Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
  39. 39. PROBLEMAS DE GEOMETRÍA 31 MONEDAS IGUALES DANDO VUELTAS. Dos monedas idénticas A y B parten Solución de la posición que indica la figura. La moneda B permanece en reposo, La moneda A da dos mientras que la A rueda alrededor vueltas. ¿No se lo cree Vd.? de B, sin deslizar, hasta que vuelve a Tome las dos monedas y lo su posición inicial. ¿Cuántas vueltas comprobará. habrá dado la moneda A? Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
  40. 40. PROBLEMAS DE GEOMETRÍA 32 MONEDAS DISTINTAS DANDO VUELTAS. Solución 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. Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
  41. 41. PROBLEMAS DE GEOMETRÍA 33 POSAVASOS Y SERVILLETA. Solución Tenemos un posavasos Colocamos uno de los vértices de la circular y una servilleta servilleta sobre cualquiera de los puntos de la circunferencia del posavasos. cuadrada. Hallar el centro El ángulo definido por ABC es un ángulo recto, luego el segmento AC es un del posavasos con la diámetro de la circunferencia. Trazamos ayuda únicamente de la con un lapicero la línea AC y repetimos la misma operación eligiendo como B servilleta y un lápiz. cualquier otro punto del perímetro del posavasos. Una vez trazado el segundo diámetro ya está hallado el centro de la circunferencia. Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
  42. 42. PROBLEMAS DE GEOMETRÍA 34 EL CUBO Y LOS PLANOS. Solución Consideremos un cubo de lado 1. Tomemos dos vértices La diagonal es opuestos por una diagonal perpendicular a los planos máxima del cubo. Cada uno en cuestión y forma ángulos de estos dos vértices opuestos iguales con todas las aristas está rodeado de tres vértices del cubo, por lo que la cercanos que forman un proyección de una triángulo. Es fácil ver que los cualquiera de éstas sobre dos planos definidos por estos aquélla es constante. dos triángulos son paralelos. Luego, sin más que dibujar Sin hacer cálculos, ¿cuál es la la figura, se concluye que la distancia entre los dos planos? distancia entre los dos planos es 1/3 de la diagonal Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
  43. 43. PROBLEMAS DE GEOMETRÍA 35 CUATRO CÍRCULOS IGUALES. Tenemos cuatro círculos iguales de radio 1. Uniendo los centros obtenemos un cuadrilátero irregular. ¿Cuánto mide el área sombreada? 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. Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
  44. 44. PROBLEMAS DE GEOMETRÍA 36 LOS PINTORES DE LA CATEDRAL. Solución Unos pintores están pintando las paredes interiores de una Un metro cuadrado. Es catedral. A una ventana circular de un metro de el área de un cuadrado diámetro le añadieron dos de un metro de lado. líneas tangentes y dos semicírculos cerrando la figura. ¿Qué área tiene la figura sombreada? Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
  45. 45. PROBLEMAS DE GEOMETRÍA 37 MUY ELEGANTE En la figura adjunta, ¿cuánto mide B? 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. Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
  46. 46. PROBLEMAS DE GEOMETRÍA 38 LA SOMBRA DESCONOCIDA Solución En la figura adjunta el triángulo rectángulo tiene el Observe que los triángulos vértice en centro del sombreados de la figura son cuadrado. ¿Cuál es el área de iguales por ser el triángulo la parte sombreada? rectángulo. El área de la sombra es la cuarta parte del área del cuadrado. Es decir, 36/4 = 9. Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
  47. 47. PROBLEMAS DE GEOMETRÍA 39 LA MEDIANA ES MENOR Solución Probar que cada mediana de Sólo hay que repetir un triángulo un triángulo es menor que el igual al primitivo, opuesto por la promedio de los lados base, como se muestra en la figura adyacentes. En la figura adjunta. Es evidente que la diagonal de un adjunta, probar que x < (a+b)/ cuadrilátero no puede ser mayor que 2. 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. Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
  48. 48. PROBLEMAS DE GEOMETRÍA 40 LA LUNA Y EL TRIÁNGULO Solución Las áreas rayadas de la luna y el triángulo, ¿son . Sí, son iguales. Veamos: iguales? (AB)2 = R2 + R2 = 2R2 Área del cuadrante = PiR2/4 2 Área del triángulo = R /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 - 2 PiR2/4 + R2/2 = R /2. Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
  49. 49. PROBLEMAS DE GEOMETRÍA 41 EL HEXÁGONO Y EL TRIÁNGULO Solución Un triángulo equilátero y un hexágono regular tienen La simple observación de perímetros iguales. Si el la figura muestra la hexágono tiene una superficie solución. de 6 m2., ¿qué área tiene el triángulo? Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
  50. 50. PROBLEMAS DE GEOMETRÍA 42 ÁREA DEL CUADRADITO Solución Tenemos un cuadrado de 10 cm. de lado. ¿Cuánto vale el La simple observación de la área del cuadradito siguiente figura muestra sombreado si A, B, C y D son que el área del cuadradito los puntos medios de los lados es la quinta parte del área del cuadrado? del cuadrado. Es decir, 20 2 cm . Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
  51. 51. PROBLEMAS DE GEOMETRÍA 43 RECTÁNGULO, DIAGONAL Y TRIÁNGULO Solución La longitud del rectángulo ABCD es 8 y su anchura 3. Los triángulos AEB, BEF y Dividimos la diagonal AC en FCB tienen la misma área tres partes iguales mediante pues tienen la misma altura los puntos E y F. ¿Cuánto vale e iguales bases. Así pues, el área del triángulo BEF? cada uno la tercera parte del área del triángulo ABC, es decir: Área del triángulo BEF = 1/3 1/2 8 3 = 4. Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
  52. 52. PROBLEMAS DE GEOMETRÍA 44 LOS DOS CÍRCULOS Solución El círculo 1, cuya área es 4, pasa por el centro del Área(2)/Área(1) = Pi círculo 2 al que es tangente. 2 2 2 2 ¿Cuál es el área del círculo 2? R /Pi r = (2r) /r = 4. Entonces: Área(2) = 4 Área(1) = 4 4 = 16. Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
  53. 53. PROBLEMAS DE GEOMETRÍA 45 LA ZONA SOMBREADA Solución ¿Cuál es el área de la zona sombreada de la figura? Es la cuarta parte del área del cuadrado: 16/4 = 4. Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
  54. 54. PROBLEMAS DE GEOMETRÍA 46 LAS 4 CABRAS DEL PRADO 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? Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
  55. 55. PROBLEMAS DE GEOMETRÍA 46 LAS 4 CABRAS DEL PRADO Solución 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
  56. 56. PROBLEMAS DE GEOMETRÍA 47 FERMAT: EL CENTRO DEL TRIÁNGULO Solución Dado un triángulo ABC, encontrar un punto cuya Se construye un triángulo equilátero sobre cada lado del suma de distancias a los triángulo ABC. Uniendo los vértices sea mínima. vértices de esos tres triángulos obtenemos un punto de intersección que cumple la condición requerida. Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
  57. 57. PROBLEMAS DE GEOMETRÍA 48 LAS TRES CIRCUNFERENCIAS Solución Dadas tres circunferencias iguales, tangentes dos a dos, calcula el área encerrada entre las tres. Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
  58. 58. PROBLEMAS DE GEOMETRÍA 49 LA SUMA DE LOS CATETOS 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? Solución 16 cm. Haga la figura correspondiente y lo verá. Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
  59. 59. PROBLEMAS DE GEOMETRÍA 50 LA SUPERFICIE DEL LAGO Solución La zona sombreada representa un lago. ¿Cuál es la El lago es un triángulo superficie del lago? Los rectángulo. Para hallar su terrenos que lo limitan son área, basta saber la cuadrados. longitud de los catetos: Área = 5x12/2 = 30 m². Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
  60. 60. PROBLEMAS DE GEOMETRÍA 51 BONITA PROPIEDAD Demostrar que uniendo los puntos medios de los lados de un cuadrilátero se obtiene un paralelogramo. Solución Trazando las diagonales del cuadrilátero se observa la propiedad inmediatamente. Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero
  61. 61. PROBLEMAS DE GEOMETRÍA 52 Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero

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