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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
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
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
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
PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
1
EL RADIO DEL CÍRCULO
Teniendo en cuenta la figura,
hallar el radio del círculo.
Solución
Dado que la diagonal de 8 cm.
tiene la misma longitud que el
radio del círculo, la respuesta es
8 cm.
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PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
2
EL LADO DEL ROMBO
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
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.
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PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
3
EL ÁNGULO DE LAS DIAGONALES
¿Cuántos grados mide el
ángulo que forman las dos
diagonales de las caras del
cubo?
Solución
60°. Basta observar de que se
trata de un triángulo
equilátero ABC trazando la
diagonal BC de la otra cara.
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PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
4
GOLPE DE VISTA
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
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.
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PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
5
EL ÁNGULO OBTUSO
. ¿Cuánto mide el ángulo
obtuso ABC? A, B y C son
los puntos medios de los
lados.
Solución
120°. Sólo hace falta
terminar de dibujar el
hexágono regular
ABCDEF.
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PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
6
EL ÁNGULO EXTERIOR
. En el triángulo isósceles
ABC el ángulo A mide 50
¿Cuál es la medida del
ángulo x?
Solución
Puesto que es isósceles: B =
C = (180°-A)/2 = 130°/2 =
65°.
Por lo tanto: x= 180°-C =
180°- 65° = 115°.
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PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
7
CUADRADOS QUE SE CORTAN
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?
Solución
El área comprendida entre
ambos siempre es la cuarta
parte de la de un cuadrado.
Los triángulos ABC y CDE
son iguales.
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PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
8
SEMEJANZA DE RECTÁNGULOS
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?
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).
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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.
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PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
10
SEMEJANZA DE RECTÁNGULOS
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?
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.
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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.
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PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
11
EL CINTURÓN DE LA TIERRA
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
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?
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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?
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PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
13
EL RIEL DILATADO
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?
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.
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PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
14
EL PUENTE SIN DISPOSITIVO DE DILATACIÓN
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?
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?
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PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
15
NUEVE ÁNGULOS
Calcula el valor de todos
los ángulos de la figura
sabiendo que el ángulo 1
vale 70.
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.
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PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
16
ÁREA DE LA CORONA CIRCULAR
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.
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.
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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
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.
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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.
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PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
19
EL VALOR DE LA MEDIANA
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.
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.
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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
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.
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PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
21
LAS ESFERAS PINTADAS
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)
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.
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PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
22
GIROS, ¿POSIBLES O IMPOSIBLES?
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?
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.
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PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
23
EL EMBALSE Y EL PEZ
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?
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.
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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.
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PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
25
EL CRUCE DE LA RED
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.
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.
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PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
26
LOS 7 PUENTES DE KONIGSBERG
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?
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.
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PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
27
DIBUJANDO SOBRES.
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?
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
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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.
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PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
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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.
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PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
29
LOS TRES CUADRADOS
Solución 1: La siguiente construcción muestra la
solución del problema
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PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
29
LOS TRES CUADRADOS.
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.
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PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
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LOS TRES CUADRADOS.
Solución 3. Usando trigonometría: tgA=1/3, tgB=1/2, tgC=1.
tg(A+B) = ... = 1 = tgC. Luego A+B=C.
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PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
30
VENTANA DIVIDIDA EN DOS.
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?
Solución
La siguiente figura muestra
la solución.
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PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
31
MONEDAS IGUALES DANDO VUELTAS.
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?
Solución
La moneda A da dos
vueltas. ¿No se lo cree Vd.?
Tome las dos monedas y lo
comprobará.
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PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
32
MONEDAS DISTINTAS DANDO VUELTAS.
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.
Solución
..........
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PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
33
POSAVASOS Y SERVILLETA.
Tenemos un posavasos
circular y una servilleta
cuadrada. Hallar el centro
del posavasos con la
ayuda únicamente de la
servilleta y un lápiz.
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.
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PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
34
EL CUBO Y LOS PLANOS.
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?
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
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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.
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PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
36
LOS PINTORES DE LA CATEDRAL.
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?
Solución
Un metro cuadrado. Es
el área de un cuadrado
de un metro de lado.
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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.
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PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
38
LA SOMBRA DESCONOCIDA
En la figura adjunta el
triángulo rectángulo tiene el
vértice en centro del
cuadrado. ¿Cuál es el área de
la parte sombreada?
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.
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PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
39
LA MEDIANA ES MENOR
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.
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.
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PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
40
LA LUNA Y EL TRIÁNGULO
Las áreas rayadas de la
luna y el triángulo, ¿son
iguales?
Solución
. 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.
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PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
41
EL HEXÁGONO Y EL TRIÁNGULO
Un triángulo equilátero y un
hexágono regular tienen
perímetros iguales. Si el
hexágono tiene una superficie
de 6 m2., ¿qué área tiene el
triángulo?
Solución
La simple observación de
la figura muestra la
solución.
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PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
42
ÁREA DEL CUADRADITO
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?
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.
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PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
43
RECTÁNGULO, DIAGONAL Y TRIÁNGULO
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?
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.
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PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
44
LOS DOS CÍRCULOS
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?
Solución
Área(2)/Área(1) = Pi
R2/Pi r2 = (2r)2/r2 = 4.
Entonces: Área(2) = 4
Área(1) = 4 4 = 16.
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PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
45
LA ZONA SOMBREADA
¿Cuál es el área de la zona
sombreada de la figura?
Solución
Es la cuarta parte del área
del cuadrado: 16/4 = 4.
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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?
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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.
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PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
47
FERMAT: EL CENTRO DEL TRIÁNGULO
Dado un triángulo ABC,
encontrar un punto cuya
suma de distancias a los
vértices sea mínima.
Solución
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.
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PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
48
LAS TRES CIRCUNFERENCIAS
Dadas tres circunferencias
iguales, tangentes dos a dos,
calcula el área encerrada entre
las tres.
Solución
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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.
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PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
50
LA SUPERFICIE DEL LAGO
La zona sombreada representa
un lago. ¿Cuál es la superficie
del lago? Los terrenos que lo
limitan son cuadrados.
Solución
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
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.
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PROBLEMAS DE GEOMETRÍA
52
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