Download Problema Paralelogramo inscrito en trapezoide
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Departamento: Física Aplicada III Escuela Superior de Ingenieros. Universidad de Sevilla Fundamentos Físicos de la Ingeniería. (Industriales) Problemas resueltos de Álgebra de Vectores Libres 1. Paralelogramo inscrito en trapezoide: Dado un trapezoide (cuadrilátero irregular que no tiene ningún lado paralelo a otro), demuestre, usando el álgebra vectorial, que los puntos medios de sus cuatro lados constituyen los vértices de un paralelogramo. Solución Supongamos el cuadrilátero de vértices ABCD cuyos lados están formados por los b G G G G vectores a , b , c y d . Sean EFGH los puntos medios de los lados del B G cuadrilátero, se cumplirá: G G G G G JJJG JJJJG JJJJG b + cG c +d d +a , EH = − GH = FE = − 2 2 2 G G G G Teniendo en cuenta que a + b + c + d = 0 , se cumple: JJJG JJJJG G G G G a + b = −( c + d ) → FG = EH JJJJG JJJG G G G G b + c = −( a + d ) → GH = FE G G JJJG aG b aG + b , FG = + = 2 2 2 C H c F a E A D d Luego el polígono inscrito es un paralelogramo. 2. Diagonales de un rombo Usando el álgebra vectorial, demuestre que las diagonales de un rombo se cortan en ángulo recto. Solución El rombo se caracteriza por ser un paralelogramo con sus cuatro lados de la misma longitud. G G G G En la figura los lados vienen dados por los vectores a y b , cumpliéndose que a = b D d Las diagonales pueden expresarse en función de los lados: G G G G G G D =a +b , d =b −a Si son perpendiculares su producto escalar debe anularse: b a G G G G G G2 G2 G G G D ⋅ d = (b + a ) ⋅ (b − a ) = b 2 − a 2 = b − a = 0 3. Arco capaz del ángulo recto Dada una circunferencia de centro O y radio R, y un diámetro AB cualquiera, demuestre que las cuerdas PA y PB se cortan perpendicularmente, para todo punto P perteneciente a la circunferencia (arco capaz de 90º). Solución JJJG JJJG G Expresaremos las cuerdas en función del semidiámetro OA = BA / 2 y del vector R JJJG JJJG G JJJG JJJG G JJJG G PA = OA − R , PB = BO + R = OA + R Si son perpendiculares, su producto escalar debe anularse a b P R A B O JJJG JJJG JJJG G JJJG G JJJJG 2 G 2 PA ⋅ PB = OA − R ⋅ OA + R = OA − R = R 2 − R 2 = 0 ( )( ) 4. Demostración del teorema de los senos G G G Supondremos el triángulo ABC determinado por los vectores a , b , c tal que G G G a +b +c = 0, Multiplicando vectorialmente la expresión anterior por cada unos de los vectores se obtiene: G G G G G G G G G G G G a ×b + a×c = 0 → a ×b = c ×a → a ×b = c ×a BB c a A A b C C Fundamentos Físicos de la Ingeniería (Industriales) G G G G G G G G b ×a + b ×c = 0 → b ×a = c ×b → G G G G G G G G c ×a + c ×b = 0 → c ×a = b ×c → Vectores Libres G G G G a ×b = b ×c G G G G a×c = b ×c G G G G G G Resumiendo a × b = b × c = a × c . Expresando los módulos de los productos vectoriales se obtiene G G G G G G G G G b c sen A = a c sen B = a b sen C y dividiendo por el producto a b c se obtiene el teorema de los senos sen A sen B sen C G = G = G a c b B 4. Demostración del teorema del coseno G G G Supongamos el triángulo ABC determinado por los vectores a , b , c tal que G G G c = a −b . Multiplicando escalarmente por si mismo queda G G c2 = a 2 + b2 − 2 a ⋅ b Desarrollando el producto escalar G G c 2 = a 2 + b 2 − 2 a b cos (a , b ) c a C A b Determinación de las coordenadas de los vértices de un Z tetraedro C Los puntos O, A, B, C son los vértices del tetraedro regular cuyas caras son triángulos equiláteros con lados de longitud λ. A partir de las aristas ω6 ω4 de dicho tetraedro se definen los siguientes vectores libres: JJ J G JJJ G JJJG JJJG JJJG JJJ G G G G G G G B ω5 ω1 = OA ; ω2 = AB ; ω3 = BO ; ω4 = OC ; ω5 = AC ; ω6 = BC O ω3 Para describirlos analíticamente se adopta un sistema de referencia X Y cartesiano OXYZ, tal que la cara OAB del tetraedro está contenida en el ω1 ω 2 plano OXY, y el vértice B es un punto del eje OY. Utilizando las A herramientas del Álgebra Vectorial, determine las coordenadas cartesianas de los vértices del tetraedro. Solución Por simple inspección geométrica se deducen las coordenadas de los vértices O(0,0,0), B(0,λ,0), es preciso determinar las de A y C. 5. G Las coordenadas de A pueden expresarse en función de los ángulos directores de ω1 G ω1 = λ ( cos π / 6 cos π / 3 0 ) , ⎛ 3 A ⎜⎜ λ 2 ⎝ λ Z ⎞ 1 0 ⎟⎟ 2 ⎠ π/6 X Las coordenadas del vértice C(x,y,z), se calculan determinando el vector G π/3 ω1 G ω4 = ( x y z ) B ω3 O Y A ω2 Tetraedro regular G De este vector conocemos su módulo y el producto escalar con ω1 y ω3 x2 + y2 + z 2 = λ 2 G G G G G G ω4 ⋅ ω1 = ω4 ω1 cos π / 3 , ω4 ⋅ ω1 = ( x y ⎛λ 3 z ) ⋅ ⎜⎜ ⎝ 2 3 x+ y = λ (1) λ 2 ⎞ λ 3 λ x+ y , 0 ⎟⎟ = 2 2 ⎠ λ 3 2 x+ λ 2 y =λ2 1 2 (2) Pg. 2 / 4 Fundamentos Físicos de la Ingeniería (Industriales) G Vectores Libres G Análogamente con el producto escalar ω4 ⋅ ω3 G G G G G G G ω4 ⋅ ω3 = ω4 ω3 cos 2π / 3 (el ángulo que forma con el sentido positivo de ω3 es π − π / 3 = 2π / 3 ) ω4 ⋅ ω3 = − λ2 2 G G , ω4 ⋅ ω3 = ( x y z ) ⋅ λ ( 0 −1 0 ) = −λ y , y= λ (3) 2 Sustituyendo (3) en (2) se obtiene el valor de x x=λ 3 6 y sustituyendo x e y en (1) se obtiene el valor de z z=λ 6 3 En consecuencia ⎛ 3 C = ⎜⎜ λ 6 ⎝ λ 2 λ 6⎞ ⎟ 3 ⎟⎠ 7. Volumen del tetraedro Hallar el volumen de un tetraedro del cual se sabe que las coordenadas cartesianas de dos de sus vértices se corresponden con las ternas A(0,1,1) y B(2,-1,2), y que dos de las aristas que concurren en B están definidas G G G G G G por los vectores libres v1 = 2 i − 3 j + k , y v2 = 4 k . Suponer que todas las unidades vienen dadas en metros. Solución v1 B(2,-1,2) A(0,1,1) v2 1 Vol. = S h , donde S representa el área de la base y h la altura 3 Volumen de un tetraedro JJJG G El área de la base puede calcularse mediante el producto vectorial de los vectores AB y v2 que la definen. El vector JJJG G 1 JJJG G S = AB × v2 es perpendicular al plano de la base, determinado por AB 2 G y v2 G v2 G Por otra parte, la altura h es la proyección del otro vector v1 sobre S , luego 1 ⎛ 1 JJJG G ⎞ G 1 JJJG G G Vol = ⎜ AB × v2 ⎟ ⋅ v1 = AB ⋅ ( v2 × v1 3⎝ 2 6 ⎠ AB h v1 ) B(2,-1,2) A(0,1,1) El producto mixto se calcula mediante el valor del determinante formado con las componentes de cada uno de los vectores que componen el tetraedro. v2 Volumen de un tetraedro 2 −2 1 Vol. = 1 4 0 0 4 = m3 6 3 2 −3 1 Pg. 3 / 4 Fundamentos Físicos de la Ingeniería (Industriales) Vectores Libres 8. Ecuación del plano. Obtenga la ecuación del plano perpendicular al vector libre G G G G a = 2 i + 3 j + 6 k y que contiene a un punto P, cuya G G G G posición respecto del origen de un sistema de referencia OXY Z viene dada por el radiovector r = i + 5 j + 3 k . Calcule la distancia que separa al origen O de dicho plano. (Unidades del S.I.) Solución Cualquier vector contenido en el plano ha de ser perpendicular al G vector dado a . Si suponemos que un punto genérico del plano es Q(x,y,z), este punto ha de satisfacer la ecuación vectorial del plano JJJG G PQ ⋅ a = 0 , JJJG JJJG JJJG donde PQ = OQ − OP y el punto O es el origen de coordenadas. Sustituyendo valores se obtiene la ecuación cartesiana del plano Z Q (x,y,z) a P G G G G G G ⎡ ( x − 1) i + ( y − 5) j + ( z − 3) k ⎤ ⋅ (2i + 3 j + 6 k ) = 0 ⎣ ⎦ 2 x + 3 y + 6 z − 35 = 0 r Y Ο Cálculo de la distancia del plano al origen X Esta distancia puede obtenerse mediante la proyección del vector G JJJG r = OP sobre la dirección perpendicular al plano dada por el vector G a. G G G JJJG G G 2i + 3 j + 6k G G G d = OP ⋅ ua , d = ( i + 5 j + 3 k ) ⋅ , d= 5 22 + 32 + 62 9. Reglas de cancelación Demuestre que si se cumplen simultáneamente las condiciones G G G G (a) A ⋅ B = A ⋅ C G G G G (b) A × B = A × C G G G G G G siendo A ≠ 0 , entonces B = C ; pero si sólo se cumple una de ellas, entonces B ≠ C . Solución Aplicamos la regla de cancelación a cada una de las expresiones G G G G G G G G G (a) A ⋅ B = A ⋅ C → B = C + λ × A , donde λ es un vector cualquiera. G G G B =C +μ A donde μ es cualquier escalar. G G G Los vectores complementarios λ × A y μ A son perpendiculares entre si y nunca coinciden excepto en el caso de ser G G G G G G λ = 0 y μ=0, en ese caso B = C . Sin embargo si sólo se cumple una de ellas en general B ≠ C . (b) G G G G A× B = A×C → 10. Demostrar que las diagonales de un paralelogramo se cortan en su punto medio Supóngase el paralelogramo ABCD genérico de la figura, determinado G G B por los vectores a y b . Sea E el punto donde se cortan las diagonales JJJG G G JJJG G G AC = a + b , DB = a − b C E a JJJG JJJG AE = α AC , JJJG JJJG EB = β DB por ser vectores colineales JJJG JJJG JJJG A De la figura se deduce que AB = AE +EB , luego G G G G G a = α (a + b ) + β (a − b ) G G G Operando se obtiene: a = (α + β ) a + (α − β ) b G G Como los vectores a y b no son colineales y forman una base, debe cumplirse α + β =1, α − β = 0 1 cuya solución es α = β = 2 D b Pg. 4 / 4