Download EJERCICIO 1: Construir un triángulo conociendo los lados "b" y "c" y

I.P.A.O. Granada
EXAMEN ANDALUCÍA 2000.
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PROCEDIMIENTO SELECTIVO PARA EL INGRESO AL CUERPO DE PROFESORES
DE ENSEÑANZA SECUNDARIA. CONVOCATORIA 2000. M A T E M Á T I C A S
EJERCICIO 1: Construir un triángulo conociendo los lados "b" y "c" y la bisectriz
"d" del ángulo que forman. Discusión del problema a resolver.
SOLUCION TRIGONOMÉTRICA:
La superficie del triángulo ABC es S=bcsen(2α)/2. La bisectriz la divide en dos
triángulos de superficies: S 1 =bdsen(α)/2 y S 2 =cdsen(α)/2
Como
S 1 +S 2 =S.
Se tiene:
y como
sen(2α)=2sen(α)cos(α)
Se tiene que
.
El problema quedará en construir un triángulo conocidos dos lados y el ángulo que
forman (fácil).
Para que se pueda construir dicho triángulo debe existir cos(α) luego
, la bisectriz es menor que la media armónica
de los lados.
SOLUCIÓN CON REGLA Y COMPÁS.
Si suponemos construido el triángulo,
ABC, llevemos sobre la prolongación
de uno de los lados (el b por ejemplo)
el otro lado. Sea E el punto extremo
de este segmento; el triángulo EAB es
un triángulo isósceles (dos lados
iguales a c).
Por lo que los ángulos AEB y ABE son iguales y a su vez iguales a los ángulos
CAD y DAB (es decir α); basta con ver la medida del ángulo EAB en uno y otro
triángulo.
De donde los segmentos AD y EB estarán contenidos en rectas paralelas y podemos
aplicar el teorema de Tales, llamando x a la longitud del segmento EB, se tiene:
Construcción: mediante el teorema de Tales construimos con regla y compás la
cuarta proporcional a los segmentos b+c, b y d; una vez determinado el segmento x,
construimos un triángulo isósceles de lados c,c y x (ABE); y sobre la prolongación
de uno de los lados iguales (AE) llevamos un segmento de longitud b (determina el
vértice C), uniendo los extremos de este segmento (C) y el otro de longitud c (B)
tenemos el triángulo pedido.
Para que se pueda construir el triángulo ABE es necesario que el lado x<2c lo que
sustituyendo el valor de x, nos da que:
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EJERCICIO 2: Una parábola tiene el foco en el punto F(2,2) y es tangente a OX en el
punto P(4,0) y a OY en el punto Q(0, 4). Calcular el volumen engendrado por el
segmento parabólico determinado por dicha parábola y la cuerda PQ al girar
alrededor del eje OX.
SOLUCIÓN:
Se calcula primero la ecuación de la
parábola. El eje de la parábola es la
bisectriz del primer cuadrante y=x. Como
el segmento PQ es perpendicular al eje de
la parábola y pasa por el foco, la distancia
d(F,P)=p, parámetro de la parábola, y por
tanto la directriz, d, tiene de ecuación:
y=-x, y el vértice es V(1,1).
Siendo
A(x,y) un punto cualquiera del plano, si
pertenece a la parábola se verifica:
dist(A,F)=dist(A,d) 
, elevando al cuadrado y ordenando
y2+2(4+x)y+(x2-8x+16)=0, resolviendo en “y”, se tiene:
La rama que interesa es la inferior, luego la ecuación de la curva es:
La cuerda PQ tiene de ecuación: y=-x+4.
Como el volumen del solido engendrado al girar la superficie plana , limitada por una curva
y las ordenadas de ella de abscisas x1 y x2, alrededor del eje de OX es (integración por
discos):
En nuestro caso será:
.
Donde y1 e y2 son las ecuaciones de la
cuerda y de la parábola respectivamente:
Desarrollando, simplificando e integrando queda:
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EJERCICIO 3: Hallar el lugar geométrico de los puntos medios de las cuerdas de la
elipse b2x2 + a2y2 = a 2b 2, que son vistas desde el centro bajo un ángulo de 90°.
SOLUCION:
Sean A y B los extremos de una de esas
cuerdas y P el punto medio del segmento.
Como el triángulo OAB es rectángulo en O,
y P es el punto medio de la hipotenusa, se
verificará que:
Llamando a las coordenadas respectivas
. Se tiene que A(x+u,y+v),
B(x-u,y-v); Estas coordenadas, de A y B, verificarán las ecuaciones de la elipse y con la
condición de ortogonalidad se obtiene el sistema:
Se trata de eliminar los parámetros u y v. Sumando y restando las dos primeras ecuaciones:
de
la
segunda
y
tercera
se
tiene
sustituyendo en la primera ecuación y simplificando se obtiene la
ecuación final:
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EJERCICIO 4: Resolver las siguientes cuestiones de divisibilidad:
a) En una batalla en la que participaron entre 10.000 y 11.000 soldados, resultaron
35
23
muertos
y heridos
del total respectivamente. Hallar cuantos soldados resultaron
165
143
ilesos.
b) Hallar el número N = 2a 5b sabiendo que la suma de sus divisores es 961.
SOLUCION:
Apartado a): Sea n , el número de soldados participantes, resultaron ilesos:
, como el resultado debe ser un número natural, y 1321 y
2145 son primos entre sí, esto implica que n sea un múltiplo de 2145, y como
10000<n<11000 se deduce que n=21455=10725
Por lo que resultaron ilesos 13215= 6605 soldados.
Apartado b): Se construye una tabla con todos los divisores de N = 2a 5b, y
marginalmente la sumas de las filas y/o columnas respectivas.
1
2
22
….
2a
A=1+2+…+2a
5
2.5
22.5
…
2a.5
5A
52
2.52
22.52
…
2a.52
52A
…
…
…
…
…
…
5b
2.5b
22.5b
…
2a.5b
5bA
B=1+5+…+5b
2.B
22B
…
2aB
S =AB
Como la suma de n términos consecutivos de una progresión geométrica es:
A y B son las sumas de progresiones geométricas de razón 2 y 5 respectivamente, luego:
,
Y la suma de los divisores es:
, de donde:
. Escribiendo las distintas posibilidades para los dos
factores y teniendo en cuenta que los exponentes de las potencias deben ser
números enteros positivos se llega a:
Luego el número buscado es 400
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EJERCICIO 5: Hallar la longitud de la sombra que sobre el plano horizontal arroja un
poste de 4 m. de altura a las tres de la tarde del día de equinoccio de primavera en un
punto A de la tierra de 30° de latitud norte.
SOLUCIÓN: Supongamos que el poste se encuentra situado en el meridiano 0º. Al
mediodía los rayos del sol inciden perpendicularmente sobre el punto situado en la
intersección del ecuador y el meridiano 0º. Suponemos que a las tres de la tarde los
rayos del sol inciden perpendicularmente sobre el punto situado en el ecuador y el
meridiano 45º. (360º3/24)
Consideramos
un
sistema
de
referencia de origen el Centro de la
tierra (supuesta esférica) eje OZ el de
la tierra, OY el determinado por el
origen el punto de intersección del
ecuador y el meridiano 0º, eje OX el
deter minado por el origen el punto de
intersección del ecuador y el
meridiano 90º.
Para estos ejes, los vectores unitarios
con la dirección del poste y la del sol
son respectivamente:
,
El coseno del ángulo, α, que forman es:
, este ángulo es el complementario del
de elevación del sol a la hora y lugar indicado. De donde
.
Si h es la longitud del poste clavado verticalmente se tiene quela longitud de la sombra es:
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EJERCICIO 6: En una circunferencia se escogen al azar tres puntos. Calcula la
probabilidad de que los tres puntos estén situados en un mismo arco de 90°.
SOLUCIÓN:
Como los puntos A, B y C pueden caer
en cualquier lugar de la circunferencia,
tomemos uno de ellos (por ejemplo el A)
como origen de referencia, y
se
considera los giros en sentido horario
positivos, sean b y c la medida de los
arcos de B y C respectivamente.
Los otros puntos pueden caer, con la
misma probabilidad, en cualquier lugar,
es decir en cualquier arco de 0º a 360º,
por lo que se trata de una función
bivariante uniforme.
Para facilitar el cálculo se representa en
el plano las situaciones posibles
[0,360][0,360] , y las favorables al
suceso pedido.
Si los dos puntos B y C caen en el primer cuadrante, es decir (b,c)[0,90][0,90] será una
situación favorable, lo mismo si caen en el cuarto cuadrante (b,c) [270,360][270,360].
Si B pertenece al primer cuadrante y C al cuarto, b[0,90] y c[270,360], estarán en un
mismo arco de 90º si: b+(360-c)90  cb+270.
Similarmente si C pertenece al primer cuadrante y B al cuarto, c[0,90] y b[270,360],
estarán en un mismo arco de 90º si: c+(360-b)90  cb-270.
En cualquier otra situación el arco determinado por los tres puntos será mayor de 90º.
El área de la superficie determinada por las cuatro regiones anteriores es 3/16 del área total
del dominio de las situaciones posibles.
La probabilidad pedida es: 3/16.
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