aprendizaje basado en problemas. trigonometría y triángulos

Claudia Ridruejo Calavia

María del Pilar Benito Clavijo

Facultad de Ciencias, Estudios Agroalimentarios e Informática

Grado en Matemáticas

2014-2015

Título

Director/es

Facultad

Titulación

Departamento

TRABAJO FIN DE GRADO

Curso Académico

Aprendizaje basado en problemas. Trigonometría y Triángulos

Autor/es

© El autor© Universidad de La Rioja, Servicio de Publicaciones, 2015

publicaciones.unirioja.esE-mail: [email protected]

Aprendizaje basado en problemas. Trigonometría y Triángulos, trabajo fin degrado

de Claudia Ridruejo Calavia, dirigido por María del Pilar Benito Clavijo (publicado por la Universidad de La Rioja), se difunde bajo una Licencia

Creative Commons Reconocimiento-NoComercial-SinObraDerivada 3.0 Unported. Permisos que vayan más allá de lo cubierto por esta licencia pueden solicitarse a los

titulares del copyright.

Aprendizaje Basado en Problemas

Trigonometrıa y Triangulos

Autora: Claudia Ridruejo Calavia

Tutora: Marıa del Pilar Benito Clavijo

Grado en Matematicas

Universidad de La Rioja

Facultad de Ciencias, Estudios Agroalimentarios e Informatica

Junio 2015

A mi familia, por aguantarme en mis durasepocas de examenes. A mi tutora del proyecto,

porque sera para mi un ejemplo a seguiren mi profesion.

Resumen

El objetivo de este Trabajo Fin de Grado es desarrollar un Taller deProblemas para alumnos de segundo ciclo de la ESO y Bachillerato. De losdiversos contenidos correspondientes a los currıculos (conforme a LOE) enensenanza en estos niveles, nos centramos en Trigonometrıa y Triangulos. Elpunto de partida de esta memoria comienza por un estudio de la ensenanzade las matematicas en la actualidad, comparandola con los planes anterio-res (desde 1950 en adelante). En el Capıtulo 1 se incluye una seleccion decontenidos teoricos presentados mediante las formulas y los teoremas, consus respectivas demostraciones, que necesitaremos aplicar en la resolucion deproblemas. En el Capıtulo 2, final de la memoria, se incluye un Taller de Pro-blemas y un desarrollo metodologico del mismo mediante distintas sesionesde aula que integran los contenidos y las tecnicas necesarias. A lo largo deeste trabajo se persigue la idea central de que ”una imagen vale mas que milpalabras”, procurando que las soluciones dadas a los problemas se apoyen enimagenes visuales que ayuden a una mejor comprension de las estrategias.

5

Abstract

The aim of this Project is to develop a Problem’s Collection to Secon-dary and High Schools. Of the variety of contents according to the curriculum(LOE) in teaching at these levels, we focus on Trigonometry and Triangles.The starting point of this report begins with a study of mathematics edu-cation nowadays, compared with previous plans (from 1950). It includes aselection of theoretical contents presented in Chapter 1 by formulas and theo-rems, with their demonstrations, we will need to apply in solving problems. InChapter 2, the end of memory, includes a workshop on methodological issuesand development of the different classroom sessions by integrating contentand the necessary techniques. Throughout this report, the central idea isthat A picture is worth a thousand words, ensuring that the solutions givento problems rely on visual images that help a better understanding of thestrategies pursued.

7

Indice general

Introduccion 11Evolucion de la ensenanza no universitaria en Espana . . . . . . . . 11¿Hemos ganado o perdido? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14Marco y objetivo del TFG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

1. Contenidos y metodologıa 191.1. Matematicas en ESO y Bachillerato . . . . . . . . . . . . . . . 201.2. Trigonometrıa y Triangulos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221.3. Sesiones de aprendizaje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

2. Taller de Problemas 412.1. Problemas modelo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

2.1.1. Intuicion y calculo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 422.1.2. El uso de teoremas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 502.1.3. Combinacion de tecnicas . . . . . . . . . . . . . . . . . 552.1.4. Matematicas dinamicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62

2.2. Sesiones modelo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 692.3. Miscelanea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72

A. Anexos 79

9

Introduccion

Evolucion de la ensenanza no universitaria en

Espana

La ensenanza secundaria constituye hoy, en todas las nacio-nes, un problema no resuelto. GarcıaAlix

Hasta los anos 50, el Bachillerato era entendido como un ciclo educativoelitista, diferenciado y orientado hacia la Universidad. Es en esta decada yposteriores cuando empieza a perder este caracter debido tanto a los cambiossociales, que provocaron una expansion de la demanda social de educacionen los niveles secundarios, como a los cambios legislativos, que se orientabana conseguir una ensenanza comun y obligatoria hasta edades mas avanzadas.

Con la promulgacion de la Ley de Ordenacion de la Ensenanza media en1953, el Bachillerato quedo dividido en: Bachillerato Elemental, organizadoen cuatro cursos de los 10 a los 14 anos, y Bachillerato Superior, que abarcados cursos entre los 14 y 16 anos. Finalizado el Bachillerato se pasaba alCurso Preuniversitario, PREU, a los 17 anos, necesario para acceder a laUniversidad. Al final de cada periodo se establecıan unas pruebas selectivasllamadas en el Bachillerato, Revalidas, y en el PREU, Pruebas de Madurez.

De entre las muchas deficiencias atribuidas a esta ley destacamos el fra-caso de los objetivos del PREU, que se convirtio en un curso de Bachilleratomas, o la poca intensidad en el trabajo de los alumnos ante programas yhorarios demasiado recargados. Dispuesto a corregir estos errores se elaborael Plan de Bachillerato de 1957, que sigue las lıneas del plan anterior peroreduciendo el numero de materias teoricas por ano, y aumentando el numerode horas lectivas de algunas asignaturas buscando ası un mayor trabajo en elaula por parte del profesor y no tanta autonomıa en el estudio del alumno.

11

12 INTRODUCCION

Figura 1: Jesus Rubio, Ministro de Educacion, sobre el Plan del 57.

Figuras clave de esta etapa fueron los matematicos Pedro Puig Adam1 yJulio Rey Pastor2 que elaboraron una coleccion completa de libros para estosplanes de estudios.

Figura 2:P.PuigAdam

Figura 3:J.ReyPastor

1Puig Adam (1900-1960), Catedratico de matematicas del instituto San Isidro, Madrid,desde 1926 y Catedratico de Calculo de la Escuela Especial de Ingenieros Industriales deMadrid, desde 1946.

2Julio Rey Pastor (1888-1962), Catedratico de Analisis Matematico de la Universidadde Oviedo desde 1911, y de la Universidad Central desde 1913.

EVOLUCION DE LA ENSENANZA 13

Las orientaciones metodologicas de esta etapa pretendıan completar lasmatematicas elementales de los alumnos de ciencias y prepararlos para estu-dios superiores.

Los anos sesenta y setenta fueron cruciales en la reforma de la ensenan-za de las matematicas. El conocido movimiento de la Matematica Moderna,iniciado en Europa en 1958, llegaba con fuerza a una Espana de desarro-llo economico y modernizacion. La metodologıa en esta etapa se orienta aintroducir la matematica moderna implantando nuevas y eficaces normasdidacticas, proporcionando la formacion necesaria para desembocar en estu-dios superiores y lo que es mas importante, despertando inquietudes en elalumno y valorando su creatividad como uno de los factores mas importantes.

Ya en 1967 tiene lugar una reforma del Bachillerato superior que afec-ta sobre todo al 5o curso, introduciendo elementos de teorıa de conjuntos,estructuras algebraicas y espacios vectoriales y sustituyendo los enfoquesgeometricos, algebraicos y analıticos clasicos por el estudio del plano afın, lageometrıa metrica y el plano euclıdeo. La matematica moderna es mas efi-ciente tanto en terminos formativos como experimentales ya que nos permitepensar de forma mas clara y precisa considerando solo los temas fundamen-tales y dejando los demas como ejercicio para el alumno.

Es en 1970 con la Ley General de Educacion (en secundaria en 1975),cuando se da por implantada la matematica moderna en Espana. Esta leytrajo consigo la ensenanza obligatoria hasta los 14 con la EGB, seguida detres cursos de Bachillerato, BUP, y un ano de preparacion para la Univer-sidad, COU. Muchos lo consideran como el mejor sistema educativo que hatenido la sociedad espanola, integrado por un conjunto de profesores altamen-te cualificados en su materia, procedentes de los duros planes de Bachilleratoanteriores.

Finalmente, la Ley de Ordenacion General del Sistema Educativo de 1990,que derogo la anterior ley, supuso un replanteamiento completo de la ensenan-za no universitaria en Espana con la reestructuracion del sistema en la ESO,y el Bachillerato de dos anos que actualmente conocemos. Ya en el siglo XXIhemos contando con otras dos leyes educativas, Ley Organica de Educacion,LOE, en 2006 y la actual Ley Organica para la mejora de la Calidad Educa-tiva, LOMCE, 2013. Aunque sı las mas importantes, estas leyes educativasno han sido las unicas implantadas en Espana desde 1970 hasta nuestrosdıas. Hemos gozado de un gran repertorio de ellas: LOECE en 1980, LODEen 1985, LOPEG en 1995 o LOCE en 2002. Esta situacion contrasta con lade otros paıses como Finlandia, donde la educacion no es potestad del po-

14 INTRODUCCION

der legislativo sino que son las comisiones de profesores y alumnos quienesorganizan su programa de estudios de manera consensuada. El sistema edu-cativo Finlandes encabeza cada ano la lista del informe PISA, que mide elrendimiento educativo de los paıses de la OCDE logrando ası ser consideradouno de los sistemas educativos mas eficaces del mundo en que cuenta con unfracaso escolar de menos del 1%.

¿Hemos ganado o perdido?

El Cuadro 1 muestra un resumen de contenidos matematicos desde elPREU3,hasta el actual 2o de Bachillerato LOE.

PREU COU 2o Bahillerato

Conjuntos Numero natural,entero y racional

Matrices y siste-mas lineales

Matrices y deter-minantes

GeometrıaEuclıdea plana

Simetrıas Espacios Afın yEuclıdeo tridimen-sional

Sistemas de ecua-ciones

Traslaciones Giros Programacionlineal

Vectores en el espa-cio

Homotecia y Seme-janza

Razon Simple Continuidad y De-rivadas

Ecuaciones de rec-ta y plano

Estructuras Alge-braicas Areas de polıgonos

esfericos

Dibujo de curvas Lımites y continui-dad

Trigonometrıaesferica

Movimientos yorbita de la Tierra

Calculos Diferen-cial e Integral

Derivadas e Inte-grales

Regresion y corre-lacion

Estadıstica ycalculo de probabi-lidades

Cuadro 1: De PREU a 2o de Bachillerato LOE

A simple vista observamos la gran perdida de contenidos sufrida. La ramade Geometrıa ha sido la mas afectada: el PREU preparaba exhaustivamentea los alumnos en temas como giros, simetrıas y homotecias que se mantienen,

3Contenidos reflejados en [12].

¿HEMOS GANADO O PERDIDO? 15

en cierta medida, en el COU con el estudio del Espacio Afın y Euclıdeo peroque se pierden por completo al llegar al Bachillerato actual quedando estarama reducida a la Geometrıa Analıtica con el estudio de vectores, rectasy planos. Por otro lado, las Estructuras Algebraicas, que gozaron de tan-ta importancia en el PREU siendo uno de los pilares en que se sustentabala Matematica Moderna, desaparecen al finalizar este periodo. En COU semantuvo un estudio riguroso de la estructura de espacio vectorial. Regresiony Correlacion junto con otros temas de Estadıstica, sı aparecen en algunostextos de COU aunque no quede ni rastro en el Bachillerato. Cabe destacartambien la importancia que se otorgaba en esa epoca a las aplicaciones delas matematicas en los distintos ambitos de la realidad. Ejemplo de ello esel tema que estudia los movimientos y la orbita de la Tierra, y otros ejem-plos encontrados en [12] como la medida del tiempo, los calendarios o lasaplicaciones de la Geometrıa a la Mecanica.

Con el Cuadro 2 queremos mostrar los contenidos matematicos corres-pondientes al Bachillerato Superior del Plan del 57.

5o curso 6o curso

Proposiciones matematicas Revision del numero racionalProblemas matematicos El numero RealTeorıa de la divisibilidad Nociones sobre lımitesMovimientos y equivalencia enel plano

Logarıtmos Neperianos

Funcion y derivada FuncionesFunciones exponencial y lo-garıtmica y aplicaciones

Introduccion a la GeometrıaAnalıtica

Funciones circulares de angu-los agudos

Derivadas y aplicaciones

Vectores y complejos Representacion grafica de fun-ciones

Combinatoria y Binomio deNewton

Diferencial de una funcion

Probabilidad y Estadıstica Circunferencia.Elipse.Hiperbo-la y Parabola

Funcion primitiva Integral definida y aplicaciones

Cuadro 2: Bachillerato Superior, Plan del 1957.

16 INTRODUCCION

Los contenidos han sido tomados de [11] y de [4]. Estos dos cursos, llevadosa cabo en edades de 15 y 16 anos, se corresponden con los actuales 3o y 4o

de la ESO. A los 15 anos el alumno ya conocıa los numeros complejos, lasderivadas o las funciones primitivas, temas que en la actualidad se estudiandos anos despues. Eran contenidos muy densos para alumnos de esta edad,que se aprendıan de manera casi autonoma. No es hasta los anos 60, conla llegada de las tendencias modernas, cuando se empieza a trabajar en laensenanza de las matematicas para evitar este tipo de problemas.

Por ultimo, un aspecto esencial en el Bachillerato actual y del que carecıanlos anteriores es el uso de nuevas tecnologıas. Las calculadoras o los distintosprogramas de software de los que hoy hacemos uso, permiten realizar calculosque, en Bachilleratos anteriores, suponıa tediosas cuentas y el uso de tablastrigonometricas o logarıtmicas.

Marco y objetivo del TFG

El tema propuesto para el Trabajo de Fin de Grado no podrıa ser masadecuado cuando el objetivo que persigo desde el inicio del Grado en Ma-tematicas es llegar a ser profesora de Matematicas de secundaria.

Un estudio de la situacion actual y su comparacion con planes de Bachille-rato anteriores nos sirvio para darnos cuenta de las carencias que hoy en dıatenemos en algunos aspectos, sobre todo en Geometrıa. La busqueda de librosrelacionados con estos Bachilleratos no resulto sencillo, dada la antiguedadde algunos de ellos. Ediciones del 39 al 55 no son faciles de localizar; tuvimosque solicitar varios de ellos por prestamo interbibliotecario (debo agradeceral servicio de biblioteca de la UR la eficacia y resolucion en la localizacionde estos textos). En esta fase de elaboracion del trabajo tambien fue de granayuda mi antiguo profesor de Bachillerato Rodolfo Larrea4, quien ademasde situarnos historicamente, nos proporciono libros personales de Baratech,Ciriquian y Domenech que correspondıan al Bachillerato cursado por el afinales de los 60 y hemos usado a lo largo del trabajo ([4] y [17]).

La preparacion de unas clases para alumnos de la ESO y Bachilleratopuede parecer elemental, pues es cierto que los contenidos matematicos no sonexcesivamente complicados. Sin embargo, uno de los principales problemasque encontramos, y que ocurre diariamente en las aulas, es la falta de tiempoy espacio para mostrar todo lo que, a veces, queremos. Una buena decision de

4Catedratico del IES Hermanos D’Elhuyar de Logrono

MARCO Y OBJETIVO DEL TFG 17

la tutora del trabajo fue elegir las pruebas visuales como metodo de trabajo,basandonos en tan ingeniosos libros como Math Made Visual [1], CharmingProofs [3] o Proofs without Words [8] y [9] y Sortirios [13]. Quedarnos conla opcion de Trigonometrıa y Triangulos tambien fue un acierto ya que estanestrechamente ligados a la Geometrıa, tema que se pierde desde los planes deBachillerato antiguo hasta nuestros dıas, y que con esta memoria queremosrecuperar en cierta medida. No es difıcil hacerlo mediante el uso de imagenesy figuras en las que basamos nuestras explicaciones.

Como todo profesor que se precie, tenemos que pensar en que algo quealgo que para nosotros puede parecer elemental, para el alumno puede re-sultar realmente complejo. De ahı la importancia que mi tutora daba desdeel principio a las pequenas aclaraciones en cada paso de cada prueba queincluıa. Tras sucesivas correcciones consiguio que lo hiciera instintivamente.Preparar material teorico y problemas para alumnos no es labor simple tam-poco. Si algo me ha quedado claro es que el profesor debe tener una visionglobal de cada problema propuesto para saber nivelarlo y reorganizarlo enbase a lo que quiere mostrar o a lo que los alumnos son capaces de asimilar.

A lo largo de la memoria, hemos hecho una seleccion de problemas queevita los meros ejercicios algorıtmicos. La idea ha sido enfatizar en la en-senanza basada en conocimientos y creatividad. La realidad nos dice queeste hecho no se pone practica en general. Nos ayudamos de Van Hiele, deM. de Guzman o de Polya para pensar como hacerlo y emplear sus buenasideas en nuestra puesta en marcha del Taller de Problemas propuesto.

Los problemas propuestos han sido minuciosamente elegidos. Las solucio-nes de los mismo presentan una gran diversidad de tecnicas. El tema Trigo-nometrıa y Triangulos admite ser combinado con desigualdades, derivadas,contenidos divulgativos y otros elementos de interes. Nuestro objetivo prin-cipal desde el inicio del Trabajo Fin de Grado ha sido simular una situacionreal de un aula de matematicas en secundaria.

Capıtulo 1

Contenidos y metodologıa

En este capıtulo incluiremos los contenidos matematicos, sobre Trigono-metrıa y Triangulos, que trabajaremos en el Taller de Problemas del Capıtulo3. Estos contenidos estan extraıdos de los Reales Decretos RD 1631/2006 yRD 1467/2007 que regulan las ensenanzas mınimas correspondientes a laEducacion Secundaria Obligatoria (ESO en adelante) y el Bachillerato. Am-bos Decretos estructuran la llamada Ley Organica de Educacion (Ley Organi-ca 2/2006 ; LOE en adelante), modificada en determinados aspectos por laLey Organica de Mejora de la Calidad Educativa (Ley Organica 8/2013;LOMCE en adelante) aprobada por el Congreso de los Diputados el 28 deDiciembre de 2013. Los Decretos que estructuran la LOMCE han sido estable-cidos recientemente en el RD 1105/2014 y estan en perıodo de implantacion.En particular, en la Comunidad Autonoma de La Rioja desde Enero de 2015.

Comenzamos el Capıtulo 2 comentando brevemente los aspectos genera-les de las matematicas en ESO y Bachillerato desde la LOE. La presentacionde conceptos, formulas y teoremas que aparece en la Seccion 1.2 esta basa-da en el uso de demostraciones visuales como metodo para la aprehensionde contenidos. Las fuentes principales de esta seccion son los libros Proofswithout words I y II de Roger B. Nelsen [8, 9] y los apuntes de Geometrıasno Euclıdeas de 4o curso del Grado en Matematicas de la Universidad deLa Rioja (curso academico 14-15), elaborados por L.J. Hernandez Paricio yM. Teresa Rivas [6]. En la Seccion 1.3, hacemos una propuesta metodologicapara trabajar el Taller de Problemas en el aula.

19

20 CAPITULO 1. CONTENIDOS Y METODOLOGIA

1.1. Matematicas en ESO y Bachillerato

En conformidad con los RD 1631/2006 y 1467/2007, la ESO debe con-tribuir a que el alumno desarrolle sus conocimientos cientıficos identificandolos problemas de la realidad y aplicando distintos metodos para resolver-los. Ademas el alumno debe adquirir una preparacion basica en el uso de lasnuevas tecnologıas. La educacion en el Bachillerato busca que el alumno com-prenda los conceptos y procedimientos matematicos y sepa aplicarlos a losproblemas cotidianos. En esta etapa tambien se requiere la justificacion de losprocedimientos, el encadenamiento coherente de los argumentos, y la preci-sion en las resoluciones. Para ello se debe enfatizar en el manejo de terminos,notaciones y representaciones matematicas, ası como en la elaboracion dedemostraciones rigurosas.

La Comunidad Autonoma de La Rioja (CAR en adelante), con competen-cias en educacion, regula los currıculos para ESO y Bachillerato de Ciencias yTecnologıa (CyT en adelante) en los Decretos 5/2011 y 45/2008. Los bloquestematicos en que estos decretos distribuyen los contenidos en Matematicasaparecen en los Cuadros 1.1 y 1.2.

Ciclos 1o y 2o de la ESO

Contenidos Comunes GeometıaNumeros Funciones y Graficas

Algebra Estadıstica y Probabilidad

Cuadro 1.1: Bloques Tematicos de la ESO

Matematicas I Matematicas II

Aritmetica y Algebra Algebra LinealGeometrıa GeometrıaAnalisis AnalisisEstadıstica y Probabilidad

Cuadro 1.2: Bloques Tematicos Bachillerato CyT

Nos centramos en los contenidos correspondientes a Trigonometrıa y Trian-gulos cuyo estudio se inicia en el segundo ciclo de la ESO y se intensifica en las

1.1. MATEMATICAS EN ESO Y BACHILLERATO 21

Matematicas I del Bachillerato de CyT. Sorprendentemente, el Bachilleratode Ciencias Sociales no incluye contenidos de Trigonometrıa.

En el curso 3o de la ESO se profundiza en la semejanza de triangulos y losTeoremas de Tales y Pitagoras, ya introducidos en cursos anteriores. Tambiense trabaja el calculo de areas y volumenes de figuras goemetricas. Ya en 4o

curso se aprovecha la semejanza de triangulos y el Teorema de Pitagoraspara iniciar los conceptos trigonometricos basicos y el calculo indirecto demedidas. Tambien se trabaja la geometrıa analıtica plana.

En Matematicas I se profundiza en el estudio de las razones trigonometri-cas con identidades variadas y resolucion de ecuaciones. Se trabaja tambienla resolucion de triangulos y la Geometrıa metrica plana (rectas, distancias,angulos). La Geometrıa metrica espacial se estudia en Matematicas II (rectasy planos, angulos, distancias y volumenes).

En cuanto a la metodologıa en el aprendizaje de las Matematicas enSecundaria y Bachillerato, se aconseja proceder de forma inductiva, apro-vechando al maximo los recursos disponibles para que el alumno capte losconceptos de forma intuituva y a partir de ahı, de forma progresiva, desa-rrolle el rigor matematico y la formalizacion de los procedimientos. Ademas,se aconseja propiciar el aprendizaje autonomo y el habito de trabajo ma-tematico que les sera necesario en estudios superiores. Estas indicaciones sonvalidas en cualquier etapa educativa.

Para terminar, comentamos brevemente el RD 1105/2014, de 26 de di-ciembre que estructura la LOMCE y regula las ensenanzas mınimas en ESOy Bachillerato. El siguiente Cuadro 1.3 detalla los bloques tematicos en Ma-tematicas de esta Ley:

ESO Bachillerato

Procesos, metodos y actitudes Procesos, metodos y actitudes

Numeros y Algebra Numeros y AlgebraGeometrıa AnalisisFunciones GeometrıaEstadıstica y Probabilidad Estadıstica y Probabilidad

Cuadro 1.3: Bloques Tematicos LOMCE

La LOMCE, de contenidos similares a la LOE, incluye como novedad elbloque Procesos, metodos y actitudes en matematicas (reminiscencia de los


llamados Contenidos Comunes de la ESO regulada por la LOE, inexistentesen el Bachillerato). Este bloque incide en que el alumno debe adquirir habi-lidades para expresarse verbalmente y de forma razonada en los procesos deresolucion de un problema y profundizar en problemas resueltos aplicandopequenas variaciones en los datos. En cursos de Bachillerato, se busca queel alumno sea capaz de realizar demostraciones sencillas, de propiedades oteoremas, y planificar estrategias combinadas en la resolucion de problemas.La generalizacion, el establecimiento y la investigacion de propiedades y leyesmatematicas se considera tambien objetivo importante.

1.2. Trigonometrıa y Triangulos

La Trigonometrıa1 es la ciencia cuyo objeto es la resolucion algebraica delos triangulos. Los seis elementos principales de todo triangulo son sus treslados y sus tres angulos. Cuando se conocen tres de estos elementos, con talde que al menos uno de ellos sea un lado, la trigonometrıa ensena a resolverel triangulo, esto es, a encontrar los otros tres elementos. En este estadode la trigonometrıa se definen las funciones trigonometricas basicas (seno,coseno, tangente), de un angulo agudo en un triangulo rectangulo, ası comolas razones entre dos de los lados del triangulo.

La Trigonometrıa y el estudio de triangulos tiene conocidas aplicacionesen la Geometrıa, la navegacion, la agrimensura y la Astronomıa. La amplia-cion de las funciones trigonometricas sobre angulos a funciones de variablereal, proporciona aplicaciones en el estudio del movimiento ondulatorio, lasvibraciones, el sonido, la corriente alterna, la termodinamica y la investi-gacion atomica entre otras cuestiones. Para entender esta rama de las Ma-tematicas, hay que estudiar la Geometrıa de los triangulos, que se inicia, demanera muy elemental, en la Educacion Primaria. Al final de esta etapa, elalumno debe conocer:

1Palabra compuesta de las palabras griegas trigonon (triangulo) y metron (medida).Se considera a Hiparco (180-125 a.C.) como el padre de la T,rigonometrıa debido a susconclusiones sobre relaciones entre los lados y los angulos de un triangulo. Claudio Pto-lomeo y Aristarco de Samos, contribuyeron a su consoladacion al aplicarla en estudiosastronomicos. El texto Trigonometrıa, fechado en el 1600 y escrito por Bartolome Pitiscuses un tratado de metodos para la resolucion de triangulos. Las formulas sobre angulosmultiples las aporto F. Viete y J. Neper impulso los calculos trigonometricos. En el sigloXVIII Leonard Euler convierte a la Trigonometrıa en una nueva rama de las matematicas.

1.2. TRIGONOMETRIA Y TRIANGULOS 23

que la suma de los angulos interiores de un triangulo es 180o.

La formula de Euler 2 para un poliedro: C −A+ V = 2, donde C es elnumero de caras, V el numero de vertices y A el de aristas.

El Teorema de Pitagoras en su forma mas basica, donde los lados soncuadrados perfectos.

que dos rectas paralelas, cortadas por una transversal, determinanangulos internos alternos3 iguales y que dos angulos opuestos por elvertice4 son iguales.

Figura 1.1: Internos alternos Figura 1.2: Opuestos por vertice

Ya en el primer ciclo de la ESO se profundiza en el estudio y reconoci-miento de la semejanza de triangulos. Son de especial importancia en 1o y 2o

de la ESO los Teoremas de Pitagoras5, Tales6 y el Teorema de la altura, porlo que empezaremos con ellos como base de nuestro estudio.

Definicion 1.2.1. Dos triangulos se dicen semejantes si cumplen una cual-quiera de las siguientes propiedades equivalentes:

tener dos angulos iguales;

2Leonhard Euler (1707-1783) uno de los matematicos mas grandes de todos los tiempos.Conocido por: el Numero e, la Identidad de Euler, la Caracterıstica de Euler y la formulade Euler.

3Dadas dos rectas paralelas cortadas por una transversal, los angulos internos alternosson los que estan entre las paralelas, a distinto lado de ellas y a distinto lado de la rectatransversal.

4Dadas dos rectas que se cortan en un punto, dos angulos se dicen opuestos por elvertice cuando los lados de uno son semirrectas opuestas a los lados del otro.

5Pitagoras de Samos (569 a.C.-475a.C.), filosofo y matematico griego, considerado elprimer matematico puro. Contribuyo en el avance de la geometrıa y la aritmetica.

6Tales de Mileto (625 a.C.-547 a.C.), filosofo y cientıfico griego al que se le atribuyenimportantes aportaciones a la filosofıa, matematicas, astronomıa y fısica entre otros.


tener los lados proporcionales;

tener dos lados proporcionales y el angulo entre ellos igual.

Teorema 1.2.2. (Teorema de Pitagoras) En todo triangulo rectangulo elcuadrado de la hipotenusa es igual a la suma de los cuadrados de los catetos

Teorema 1.2.3. (Teorema de Tales) Dado un triangulo ΔABC, si se trazaun segmento paralelo, B′C ′, a uno de los lados del triangulo, se obtiene otrotriangulo AB′C ′, cuyos lados son proporcionales a los del triangulo ABC.Esto es7

AB

AB′ =AC

AC ′ =BC

B′C ′

Teorema 1.2.4. (Teorema de la altura) En un triangulo rectangulo, laaltura relativa a la hipotenusa es media proporcional entre los 2 segmentosque dividen a esta, esto es:

h2 = m · n

Figura 1.3: Teoremas 1o y 2o de la ESO

Resulta interesante para el alumno saber que puede averiguar la altura deuna gran piramide conociendo solamente su sombra, o calcular el radio de laTierra sin mas que medir la sombra que proyectan dos objetos y la distanciaque los separa. De entre las multiples e interesantes aplicaciones del Teore-ma de Pitagoras destacamos la presentacion de las principales identidadestrigonometricas denominadas Formulas Pitagoricas.

7A lo largo del trabajo nos referiremos a XY como la longitud del segmento XY .


Con los teoremas enunciados, se pueden resolver cantidad de triangulos,pero la aparicion de la Trigonometrıa a partir del 4o curso de la ESO amplıa elrango de resolucion de triangulos, permitiendo plantear cuestiones de mas al-to grado de dificultad. Tales cuestiones requieren deducciones mediante com-binacion de figuras y operaciones algebraicas precisas. En este ultimo cursode la ESO se introducen al menos: la identidad sen2 α+cos2 α = 1, el concep-to de radian, las razones trigonometricas de 30o, 45o y 60o y la reduccion deangulos cualesquiera al primer cuadrante. En 1o de Bachillerato se profundizaen la Trigonometrıa anadiendo las razones inversas (secα, cscα y cotα) y lasfunciones trigonometricas inversas (arc senα, arc cosα y arctanα). Se traba-jan tambien las Formulas Pitagoricas, las formulas de la suma, del angulodoble, del angulo mitad y de transformacion de sumas en productos.

Para una mejor comprension de los razones trigonometricas se aconsejael uso de triangulos rectangulos cuya hipotenusa sea el radio de la cinrcunfe-rencia unitaria, esto es, circunferencia de radio 1, llamada circunferencia go-niometrica. El Teorema de Tales permite trasladar las razones trigonometri-cas definidas para estos triangulos, a otros triangulos semejantes.

Razones Trigonometricas 1.2.5. Apoyandonos en la Figura 1.4, introdu-cimos las razones trigonometricas basicas y sus razones inversas8:

senα =c.o.

hcosα =

c.c.

htgα =

sinα

cosα(1.1)

secα =1

cosαcosecα =

1

senαcotgα =

cosα

senα(1.2)

8Las razones en la figura 1.4 se interpretan como longitudes de segmentos.


Figura 1.4: Circunferencia Goniometrica y razones

El uso combinado del Teorema de Pitagoras y la Figura 1.5, permitededucir de forma simple las identidades trigonometricas (1.3), (1.4) y (1.5).Recombinando estas identidades se pueden mostrar otras, como por ejemplo(1.6). Si empleamos distintas figuras bien elegidas y somos diestros en loscalculos algebraicos podemos obtener las identidades trigonometricas usuales.Veamos el procedimiento:

Formulas Pitagoricas 1.2.6.

sen2 α + cos2 α = 1 (1.3)

sec2 α = tan2 α + 1 (1.4)

cosec2 α = cot2 α + 1 (1.5)

(tanα + 1)2 + (cotα + 1)2 = (secα + cosecα)2 (1.6)


Figura 1.5: Deduccion visual de las Formulas Pitagoricas

Demostracion. Usamos Pitagoras sobre la Figura (1.5). De los triangulosrectanglos ΔACB y ΔAC ′B′ se obtienen las identidades (1.3) y (1.4). Siusamos el triangulo ΔDEA llegamos a la identidad (1.5). Combinando (1.3)

y (1.4) tenemos (tanα+1)2+(cotα+1)2 = tan2 α+1+cot2 α+1+2(senα

cosα+

cosα

senα) = sec2 α+cosec2 α+2 secα cosecα, es decir, (tanα+1)2+(cotα+1)2 =

(secα + cosecα)2. �

Formulas de la suma 1.2.7.

sen(a± b) = cos a sen b± sen a cos b (1.7)

cos(a± b) = cos a cos b∓ sen a sen b (1.8)

tan(a± b) =tan a± tan b

1∓ tan a tan b(1.9)


Figura 1.6: Formulas de la suma

Demostracion. En una circunferencia de radio 1, centrada en el origen decoordenadas, dibujamos una recta que pase por el origen, y forme un anguloa con el eje OX. El punto de corte de esta recta con la circunferencia es(cos a, sen a) por definicion de seno y coseno. Si rotamos los puntos de planoalrededor del origen un angulo b, el punto (1, 0) pasa a ser (cos b, sen b) y elpunto (0, 1) se traslada a (− sen b, cos b) lo que indica que un punto cualquie-ra del plano (x, y) = x · (1, 0) + y · (0, 1) pasara a (x′, y′) = x · (cos b, sen b) +y · (− sen b, cos b) (la rotacion es transformacion lineal). Por lo tanto el puntoque tiene por coordenadas (cos a, sen a) = cos a · (1, 0) + sen a · (0, 1) pasaa tener (cos a cos b− sen a sen b, cos a sen b + sen a cos b). En la grafica vemosque este punto se corresponde con (cos(a+ b), sen(a+ b)), lo que prueba lasformulas (1.7) y (1.8) para la suma. Para obtener (1.9) usamos (1.7) y (1.8)junto con la definicion de tangente y algunos calculos algebraicos. Las de laresta se obtienen cambiando b por −b9. �

Formulas angulo doble y mitad 1.2.8. En la siguiente tabla se mues-tran las formulas para el angulo doble y el angulo mitad, seguidas de unademostracion basada en la semejanza de triangulos y con mucho peso visual.

9Miscelanea Ejercicio #A, apartados (a) y (b).


Cuadro 1.4: Formulas angulo doble y mitad

Angulo Doble Angulo mitad

sen 2θ = 2 sen θ cos θ senθ

2=

√1− cos θ

2

cos 2θ = cos2 θ − sen2 θ cosθ

2=

√1 + cos θ

2

tan 2θ =2 tan θ

1− tan2 θtan

θ

2=

√1− cos θ

1 + cos θ

Figura 1.7: Formulas del angulo doble

Demostracion. Los dos triangulos rectangulos ΔACB y ΔADC son se-

mejantes. Ası se tiene queCD

AC=

BC

ABlo que nos nos da la igualdad

sen 2θ

2 cos θ=

2 sen θ

2

que equivale a sen 2θ = 2 sen θ cos θ. Aplicando de nuevo la semejanza de

triangulos, obtenemos queAD

AC=

AC

ABlo que equivale a

1 + cos 2θ

2 cos θ=

2 cos θ

2⇐⇒ 2 cos2 θ = cos 2θ + 1

que nos proporciona cos 2θ = cos2 θ − sen2 θ. Para obtener la formula de latangente del angulo doble10 basta con escribir la definicion de tangente, y

10Miscelanea Ejercicio #A, apartado (c).


dividir numerador y denominador por cos2 θ. Las formulas para el angulomitad se obtienen11 de (1.7), (1.8) y (1.3) tomando a = b = θ. �

Formulas de transformacion de sumas y productos 1.2.9.

Suma y diferencia

sinA+ sinB = 2 sin(A+ B

2) cos(

A− B

2)

sinA− sinB = 2 cos(A+ B

2) sin(

A− B

2)

cosA+ cosB = 2 cos(A+ B

2) cos(

A− B

2)

cosA− cosB = −2 sin(A+ B

2) sin(

A− B

2)

Cuadro 1.5: Formulas de transformacion de sumas y productos.

Demostracion.12 Basta con sumar y restar las formulas del seno de la su-ma y de la diferencia y hacer un cambio de variable a+ b = A y a− b = B.Lo mismo para la suma o la resta de cosenos.

El Teorema de Ptolomeo13 es uno de los resultados mas interesantes engeometrıa plana. Resulta tan sencillo de enunciar como de demostrar y esuna herramienta muy util en las demostraciones de otros teoremas como elTeorema del Coseno. De hecho, Ptolomeo enuncia este Teorema como lemaprevio para deducir el T. del Coseno. Este resultado parte de una circunfe-rencia y de un cuadrilatero convexo cuyos vertices estan todos sobre dichacircunferencia, lo que se denomina cuadrilatero cıclico.

11Miscelanea Ejercicio #B

12Miscelanea Ejercicio #C.13Claudio Ptolomeo fue un matematico griego que vivio entre los siglos I al II d.C. Es

autor de uno de los principales tratados de Matematicas aplicadas de la Historia de la Cien-cia: su Sintaxis Matematica, mejor conocido como Almagesto , que se convirtio en una obrade referencia astronomica y matematica durante mas de 1500 anos. Ptolomeo incluyo enel este libro sus Tablas trigonometricas, en las que aparecıan las razones trigonometricasde angulos entre 1/2o hasta 180o, instrumento fundamental para los astronomos.


Teorema 1.2.10. (Teorema de Ptolomeo) En un cuadrilatero cıclico ABCD,cuyos lados consecutivos son a, b, c y d y sus diagonales e y f, se verifica:

ac+ bd = ef (1.10)

Figura 1.8: Ptolomeo 1 Figura 1.9: Ptolomeo 2

Demostracion. Dos angulos inscritos en una circunferencia que abarcan elmismo arco son iguales, lo que nos permite etiquetar los angulos de la figura1.8 y saber que α + β + γ + δ = 180o. Tomamos el triangulo de lados b, c, fy los multiplicamos por a, los angulos no se modifican. Hacemos lo mismocon el triangulo de lados d, a, f multiplicandolos por b. Si unimos estos dostriangulos por sus vertices α y β obtenemos la figura 1.9.

Uniendo los vertices inferiores obtenemos un cuadrilatero convexo. Vemosque el angulo comprendido entre los lados a y f y b y f es 180o − α − β =γ + δ. Fijandonos ahora en la circunferencia inicial, observamos que coincidecon el triangulo de lados a, b, e multiplicados por f . Finalmente tenemos elparalelogramo en el que se verifica (1.10). �

En los tres siguientes resultados trabajaremos con un triangulo ΔABCde lados a, b y c y angulos dispuestos como muestra la figura 1.10.


Figura 1.10: Teoremas Seno, Coseno y Tangente

Teorema 1.2.11. (Teorema del Seno) Si en un triangulo ΔABC, las me-didas de los lados opuestos a los angulos α, β y γ son a, b y c respectivamente,entonces:

a

senα=

b

sen β=

c

sen γ(1.11)

Demostracion. Probaremos que en un triangulo, el cociente entre cadalado y el seno del angulo opuesto es constante e igual al diametro de lacircunferencia circunscrita, que es equivalente al enunciado del teorema.

Figura 1.11: Dem. Teorema del Seno

Dado el triangulo ΔABC, denotamos por O su circuncentro14, y dibu-jamos su circunferencia circunscrita tal y como muestra la figura 1.11. Pro-longamos el segmento CO hasta cortarlo con la circunferencia, obteniendo eldiametro CP . Vemos ahora que el triangulo ΔPBC es rectangulo ya que elangulo en B esta inscrito en la circunferencia y abarca un arco cuya cuerdaes el diametro CP , y ademas los angulos en A y en P son iguales puesto queabarcan el mismo arco.

14Se define el circuncentro como el centro de la circunferencia circunscrita a un triangulo


senα =CB

CP=

a

2R,

donde R es el radio de la circunferencia. Asıa

senα= 2R. Si repeti-

mos el proceso con el diametro AP y con BP : sen β =CA

AP=

b

2Ry

sen γ =AB

BP=

c

2R, lo que prueba (1.11). �

Teorema 1.2.12. (Teorema del Coseno) En un triangulo ΔABC, de angu-los α, β y γ y lados opuestos a estos angulos a, b, y c se cumple:

c2 = a2 + b2 − 2ab · cos γ (1.12)

Demostracion. Demostracion sin palabras sobre la Figura 1.12 aplicandoel Teorema de Ptolomeo.

Figura 1.12: Dem. Teorema del Coseno

Como las rectas AD y BC son paralelas, si trazamos la perpendicular a

ambas por el punto C obtenemos que ∠BCF =π

2= ∠CFA. Luego en el

triangulo rectangulo ΔAFC, el angulo ∠ACF = γ−π

2y ∠FAC = π−γ. Ası,

AF = b ·cos(π−γ), y con el mismo razonamiento DE = b ·cos(π−γ). En este


caso, AD = a+2b·cos(π−γ) y aplicando el T. Ptolomeo sobre el cuadrilaterotenemos b ·b+a ·(a+2b ·cos(π−γ)) = c ·c, es decir, c2 = b2+a2−2ab ·cos γ. �

Teorema 1.2.13. (Teorema de la tangente) En un triangulo ΔABC, deangulos α, beta y γ y lados opuestos a estos angulos a, b y c, se cumple:

a− b

a+ b=

tan(α− β

2)

tan(α + β

2)

(1.13)

Demostracion.15

Entre los resultados mas simples de Geometrıa encontramos los llamadosTeoremas de Configuracion, en los que se trata un numero finito de puntos yde rectas, ası como de su pertenencia recıproca. En general pueden formularsedel siguiente modo:

“Si algunos puntos pertenecen a una recta (o algunas rectas pasan porun punto) entonces algunos otros puntos estan en una recta (o algunas otrasrectas pasan por un punto)”.

En este grupo de teoremas se encuentran los de Menelao y Ceva.

Teorema 1.2.14. (Teorema de Ceva) Sea un triangulo ΔABC y sean l, my n cevianas16 que pasan por los vertices A, B y C respectivamente. Si L esel punto de corte de la recta l con el lado BC, M el punto de corte de larecta m con el lado CA y N el punto de corte de la recta n con el lado AB.Entonces, las rectas l,m y n concurren en un punto P si y solamente si

BL

LC· CM

MA· ANNB

= 1.

15Miscelanea Problema #3

16Una ceviana es un segmento de recta que une un vertice de un triangulo con el ladoopuesto a este.


Figura 1.13: T. de Ceva

Teorema 1.2.15. (Teorema de Menelao) En un triangulo ΔABC, seanL,M y N puntos sobre los lados BC,CA y AB (o sus prolongaciones) res-pectivamente. Los puntos L,M y N son colineales si y solamente si

BL

LC· CM

MA· ANNB

= 1

Figura 1.14: T. de Menelao

El teorema de Ceva esta estrechamente relacionado con el de Menelaoy ambos nos permiten tratar elegantemente muchos problemas en los queinterviene la colinealidad de puntos y la concurrencia de rectas. Incluidosen la tematica del Bachillerato anterior al BUP (ver [11] y [4]), dejan deestudiarse en las aulas de Bachillerato a partir de los 70. Siguiendo las pautasdel libro [17] y los apuntes [6], en el Anexo de esta memoria incluimos unademostracion de los mismos.

Los Teoremas de Ceva y Menelao tienen una version trigonometrica quepresentamos a continuacion. Incluimos un Lema previo que nos servira paradar una rapida demostracion de ambos.


Lema 1.2.16. Dados tres puntos A, B y C colineales y un punto D nocolineal a los anteriores, se tiene:

AB

BC=

AD · sen∠ADB

DC · sen∠BDC

Demostracion.

AB

BC=

AB · hBC · h =

AADB

ABDC

. Tomando como base el segmento BD en ambos

triangulos tenemos que 2 · AADB = BD · hADB = BD · AD · sen∠ADB y2 · ABDC = BD · hBDC = BD ·DC · sen∠BDC, luegoAB

BC=

BD · AD · sen∠ADB

BD ·DC · sen∠BDC�

Teorema 1.2.17. (Ceva trigonometrico) Sea un triangulo ΔABC y seanl, m y n cevianas que pasan por los vertices A, B y C respectivamente. Si Les el punto de corte de la recta l con el lado BC, M el punto de corte de larecta m con el lado CA y N el punto de corte de la recta n con el lado AB.Entonces, las rectas l,m y n concurren en un punto P si y solamente si

sen∠BAL

sen∠LAC · sen∠CBM

sen∠MBA· sen∠ACN

sen∠NCB= 1

Demostracion. 17

Teorema 1.2.18. (Menelao trigonometrico) Sean L,M y N puntos sobrelos lados BC,CA y AB (o sus prolongaciones) respectivamente. Los puntosL,M y N son colineales si y solamente si

sen∠BAL

sen∠LAC · sen∠CBM

sen∠MBA· sen∠ACN

sen∠NCB= −1

Demostracion. 18

17Problema #4

18Problema #4

1.3. SESIONES DE APRENDIZAJE 37

1.3. Sesiones de aprendizaje

Un gran descubrimiento resuelve un gran problema, pero entodo problema hay un descubrimiento. G. Polya

No han sido pocos los matematicos que a lo largo de la historia se hanpreocupado por la forma de razonamiento de los estudiantes, y mas con-cretamente por el procedimiento de resolucion de problemas. En los anos40, George Polya (1887-1985), se interesa por el proceso de descubrimien-to y derivacion de los resultados matematicos. En su ensenanza enfatiza lacreatividad en los problemas mas que el desarrollo mecanico de ejercicios.Polya establece que la resolucion de un problema debe atravesar cuatro fa-ses: FI-Entender el problema, FII-Configurar un plan, FIII-Ejecutar el plany FIV-Mirar hacia atras. Este modelo clasico de resolucion se conoce comoMetodo de los cuatro pasos de Polya.

En 1957, el matematico Pierre M. van Hiele (1909-2010), movido por supreocupacion por la ensenanza y el aprendizaje de la Geometrıa, desarro-lla el llamado Modelo de Van Hiele, en el que se establece que el apren-dizaje en Geometrıa se construye pasando por 5 niveles de pensamiento:N0-Reconocimiento o visualizacion (de figuras), N1-Analisis y descripcionmediante propiedades, N2-Deduccion informal y ordenacion, N3-Desarrollode deducciones formales y N4-Vision abstracta y rigor. A mediados de los50 en Espana contabamos con Puig-Adam (1900-1960), nuestro didacta delas matematicas de mayor proyeccion internacional. El libro clave que recogesus ideas es La matematica y su ensenanza actual. En colaboracion con sumaestro Rey-Pastor (1888-1962), publico una treintena de obras didacticas.

Ya en la decada de los 80, el entranable Miguel de Guzman (1936-2004),desarrolla un modelo de ensenanza fruto de su preocupacion por la educacionmatematica, no solo en el ambiente universitario sino muy especialmente enla educacion secundaria. Este modelo establece tambien cuatro fases en elproceso de resolucion de un problema: I-Familiarizacion con el problema, II-Busqueda de estrategias, III-Llevar adelante la estrategia y IV-Revision delproceso sacando consecuencias de el.

Si comparamos las conclusiones de G. Polya y de M. de Guzman, obser-vamos que las lıneas de actuacion propuestas por ambos matematicos para laresolucion de problemas son las mismas. Los niveles de van Hiele hablan deldesarrollo del pensamiento en Geometrıa; el primero de ellos es la visualiza-cion. Basandonos en las ideas de estos tres modelos y en las pautas marcadas


por el Bloque I: Procesos, metodos y actitudes en Matematicas descrito deforma general en el RD 1105/2012 que regula la LOMCE19 proponemos enesta memoria el empleo de cuatro tipos de sesiones diferentes como metodo-logıa para el aprendizaje basado en la resolucion de problemas:

Sesion 0: Matematicas dinamicas. (Nivel 0; Fase I).

Sesion 1: Intuicion y calculo. (Niveles 0, 1 y 2; Fases II y III).

Sesion 2: Uso de teoremas. (Niveles 3 y 4; Fases III y IV).

Sesion 3: Combinacion de tecnicas. (Nivel 4; III y IV).

Con estas sesiones de problemas, buscamos ascender escalonadamenteamen-te desde problemas basados en la visualizacion de figuras y la aplicacion deconceptos y definiciones basicas, hasta el uso de distintos teoremas y tecnicasen un mismo problema. Nos centraremos en sesiones relacionados con Tri-gonometrıa y Triangulos. En ellas, trabajaremos los contenidos introducidosen la Seccion 1.2 (y otros relacionados o derivados) mediante el Taller deProblemas del Capıtulo 2.

Las sesiones de tipo 0 estan pensadas como sesiones interactivas (pro-yecciones con canon y en aula de laboratorio siempre que sea posible). Laidea es hacer propuestas de problemas basados en figuras que admitan reso-luciones visuales previa exploracion de propiedades mediante algun progra-ma informatico. Nos parece interesante el uso de GeoGebra por el volumende material libre e interactivo del que dispone (como alternativa se puedeemplear Derive, Cabri o pequenos programas elaborados por el profesor siconoce el entorno). Algunas de estas sesiones pueden presentarse como divul-gativas: vıdeos como la Naturaleza de los Numeros 20, el analisis de imagenessobre numero aureo, y algunos libros interesantes ([1], Number Shape andsymmetry D.L. Herrmann P.J. Sally, CRC Press.)

19El BOR, sobre este bloque, (ver BOR no3, Seccion I, de sabado 3 de enero de 2015):“ El bloque de Procesos, metodos y actitudes en Matematicas debe desarrollarse de modotransversal y simultanualmente al resto de los bloques, constituyendo el hilo conductor de laasignatura; se articula sobre procesos basicos e imprescindibles en el quehacer matematico:la resolucion de problemas, proyectos de investigacion matematica, la matematizacion ymodelizacion, las actitudes adecuadas para desarrollar el trabajo cientıfico y la utilizacionde medios tecnologicos ”. En la especificacion detallada de sus contenidos se incide enplanificacion, estrategias, reflexion de resultados y uso de medios tecnologicos y, en nivelesde Bachillerato, iniciacion a la demostracion y sus metodos.

20https://www.youtube.com/watch?v=9rd8Osx1mDQ

1.3. SESIONES DE APRENDIZAJE 39

La finalidad de las sesiones de tipo 1 es trabajar los conceptos y las estrate-gias mediante el apoyo visual ası como fortalecer en los calculos algebraicos.El desarrollo que hemos seguido en la Seccion 1.2 para la presentacion decontenidos es un claro ejemplo de la metodologıa en este tipo de sesiones.Adiestrar en el tratamiento algebraico de los problemas (procedimientos ycalulo) es tan importante como trabajar la intuicion y las estrategias. Unasolucion correcta requiere de buenas cuentas y buena organizacion de las mis-mas. En estas sesiones es importante trabajar este aspecto que, en niveles deaprendizaje basicos, requiere de la realizacion de ejercicios mas mecanicos.

De acuerdo con los decretos que regulan las ensenanzas en el segundociclo de la ESO y en el Bachillerato, es conveniente presentar al alumnodemostraciones de los teoremas que son objeto de estudio en estos niveles.Las demostraciones mas interesantes en Matematicas son las aprehensivas, esdecir, aquellas que proporcionan conocimiento por medio de su estudio. Losalumnos no solo deben conocer los teoremas y como aplicarlos, sino tambiencomprender sus demostraciones y ser capaces de reutilizar los razonamientosusados en las mismas para resolver problemas parecidos, generalizaciones delos mismos y particularizaciones de interes. Este es el espıritu de las sesionesde tipo 2 y 3. En las primeras, se pretende afianzar el reconocimiento y usode teoremas mediante problemas de aplicacion directa (mas bien ejercicios) ode reconocimiento indirecto. En las sesiones de tipo 3, se trabajan problemasde mayor grado de dificultad en los que, el uso de teoremas junto con elplanteamiento de estrategias y razonamientos esta en la base de la resolucionde los mismos.

En la Seccion 2.2 de la memoria proponemos un modelo de cada una deestas sesiones basado en el Taller de Problemas propuesto.

Capıtulo 2

Taller de Problemas

Geometry has two great treasures: one is the theorem of Pyt-hagoras; the other the division of a line into extreme and meanthe golden ratio. Johannes Kepler.

De entre las pruebas visuales mas trabajadas, el Teorema de Pitagoras esuna de las mas comunes. Hay catalogadas mas de 1000 demostraciones dife-rentes utilizando metodos muy diversos1, de hecho solo en pruebas visualeshay mas de un centenar. La figura mas clasica de demostracion visual es lasiguiente:

Figura 2.1: Demostracion visual de Pitagoras

1En la Edad Media se exigıa una nueva demostracion del teorema para alcanzar elgrado de ” Magister Matheseos”.

41

42 CAPITULO 2. TALLER DE PROBLEMAS

Esta figura esta en la base de algunas de las soluciones de los problemasque se incluyen en este Capıtulo y es el estandarte de este Trabajo Fin deGrado.

2.1. Problemas modelo

En esta seccion incluimos una coleccion de problemas clasificados en cua-tro subsecciones: intuicion y calculo, uso de teoremas, combinacion de tecni-cas y matematicas dinamicas. Cada una de estas subsecciones tiene un obje-tivo educativo distinto.

2.1.1. Intuicion y calculo

Dada una proposicion trigonometrica, transformarla consiste en llegar auna identidad que sea cierta sin lugar a dudas. Las formulas descritas en laSeccion 1.2 son la base de estas transformaciones (bien por sustitucion di-recta o por manipulacion algebraica). Dada la importancia de estos calculos,incluiremos el siguiente ejercicio, ası como otros del estilo en la miscelanea.2

Ejercicio A. Demuestra las identidades trigonometricas (a) y (b), y resuel-ve la ecuacion en (c) en funcion de los valores de x.

(a) senα + sen 3α + sen 5α + sen 7α = 4 sen 4α · cos 2α · cosα

(b)cosα− secα

senα− cscα= tan3 α

(c) 3 sen2 x+ a sen x cos x− cos2 x = 2

Comentarios: Problema de corte mecanico para entrenar en el manejo delas formulas trigonometricas vistas en la Seccion 1.2. Apartados (a) y (b)sacados de internet y (c) en [11, Capıtulo X, p. 191].

Solucion: En (a) aplicamos las formulas 1.2.9 llegando a: (senα+sen 7α)+

(sen 3α + sen 5α) = 2 sen7α + α

2cos

7α− α

2+ 2 sen

5α + 3α

2cos

5α− 3α

2=

2 sen 4α · (cos 3α + cosα) = 2 sen 4α · 2 cos 3α + α

2cos

3α− α

2= 4 sen 4α ·

cos 2α · cosα.2Ejercicio #A seccion 2.3.

2.1. PROBLEMAS MODELO 43

Para probar (b) dejamos las formulas, siempre que se pueda, en funcion desenos y cosenos:

cosα− secα

senα− cscα=

cosα− 1

cosα

senα− 1

senα

=

− sen2 α

cosα− cos2 α

senα

=sen3 α

cos3 α= tan3 α.

Para obtener en (c) el valor de x que verifique la ecuacion necesitamosexpresarla en funcion de una sola razon trigonometrica. Usando las formulas1.2.8 nos queda: 2 sen2 x+2 sen 2x− cos2 x+sen2 x = 2, o lo que es lo mismo1−cos 2x+2 sen 2x−cos 2x = 2, es decir, 2 sen 2x−2 cos 2x = 1. Si dividimosentre cos 2x llegamos a 2 tan 2x − 2 = sec 2x, que por la formula Pitagorica(1.4) equivale a 2 tan 2x− 2 = (±√

tan2 2x+ 1) obteniendo ası la euacion desegundo grado 3 tan2 2x− 8 tan2 x+ 3 = 0 en funcion de tan 2x. Los valores

que se obtienen son tan 2x =4

3±

√7

3que aplicando la funcion inversa arctan

nos quedan x = 32,8524o + 360k y 12,1476o + 360k con k ∈ Z. �Problema #1. A partir de la Figura 2.2, deducir la identidad:

2 cosec 2θ = tan θ + cot θ.

Figura 2.2: Problema #1

Comentarios: La identidad se conoce como Formula de Duplicacion de Ei-senstein y fue propuesto por G. Eisenstein en Mathematische Werke en 1975.


La Figura 2.2 es una solucion visual dada por Lin Tang que aparece en [9,p.56]. En esta memoria hemos elaborado los detalles de esta demostracion.Por manipulacion algebraica, el resultado es muy simple.3

Solucion:

Por semejanza con la Figura 1.5, el segmento OP = cot θ. Ademas, el

angulo ∠NOM =π

2−2θ, luego por definicion de secante, el segmento ON =

sec(π

2− 2θ) =

1

cos(π

2− 2θ)

=1

sen 2θ= csc 2θ. El triangulo ΔPNM es

isosceles, luego el segmento NM = cot θ − csc 2θ, y como el segmentoQT = tan θ, tambien se tiene que RN = csc 2θ − tan θ. El triangulo ΔONT

cumple que el angulo en O esπ

2−θ y el angulo en T es π−(

π

2−θ)−2θ =

π

2−θ

por lo que es isosceles y NT = NO. Como OR = QT = TM = tan θ,NM = NT−tan θ = NO−tan θ = NR , ası que NR = NM , csc 2θ−tan θ =cot θ − csc 2θ, es decir, 2 csc 2θ = tan θ + cot θ. �Problema #2.

Prueba que el area de un triangulo es igual al producto del radio de la cir-cunferencia inscrita por el semiperımetro.

Comentarios: Propuesto y resuelto en [1, Part I, Section 20, Lemma 1].Observamos que una buena organizacion de teselas proporciona solucionesingeniosas.

3Apartado (d) del Ejercicio #A, Seccion 2.3.


Solucion: En un triangulo ΔABC, de lados a, b, c, dibujamos sus bisectri-ces, que se cortan en el incentro4 I. Desde I, trazamos perpendiculares a loslados del triangulo, lo que nos proporcona seis triangulos rectangulos comose muestra en la parte izquierda de la Figura 2.3.

Reorganizando estos triangulos, construimos un rectangulo de lados r y

(x + y + z), donde (x + y + x) =a+ b+ c

2= s, el semiperımetro. Entonces

el area del rectangulo, que es igual a la del triangulo, vale r · (x+ y + z), esdecir, r · s. �


Problema #3.

Sobre la clasica figura de prueba visual del Teorema de Pitagoras, dada por la(Figura 2.1, comenzamos dibujando un triangulo rectangulo ΔABC y traza-mos otros dos triangulos rectangulos ΔECF y ΔA′C ′B′, exactamente comoel original. Prueba que los hexagonos DEFD′AB y CAB′C ′A′B tienen lamisma area.

Comentarios: Propuesto y resuelto en [1, Part I, Section 6]. La figura 2.4es la prueba visual elaborada por Leonardo da Vinci (1452-1519) para elTeorema de Pitagoras.

Solucion: Con los datos del enunciado construimos la Figura 2.4 llevandoa cabo la ingeniosa idea de Leonardo para esta prueba, trazar los segmentosDD′ y CC ′. Por reflexion, tomando como eje DD′, el cuadrilatero DEFD′

es congruente5 con DBAD′, y por rotacion, de centro el punto medio deCC ′ y angulo 180o, CBA′C ′ es congruente con CAB′C ′. Ademas, si rota-mos DBAD′ 90o alrededor de B, en sentido horario, DBAD′ y CBA′C ′ son

4El incentro es el centro de la circunferencia inscrita5Dos polıgonos se dicen congruentes si tienen todos sus lados y todos sus angulos

iguales.


tambien congruentes. Por lo tanto, los hexagonos DEFD′AB y CAB′C ′A′Btienen partes congruentes y por tanto la misma area.


Ahora observamos que ADEFD′AB = b2 + (b · c) + c2 = ACAB′C′A′B =a2 + (b · c) con lo que b2 + c2 = a2. �

Problema #4.

De un cuadrilatero ABCD se conocen las longitudes b y d de los lados ad-yacentes AB y AD y el angulo α que forman. Si los angulos del cuadrilateroen B y D son rectos, calcula los otros dos lados y el area en funcion de α, by d.

Comentarios: Problema para practicar la definicion de las funciones trigo-nometricas de una manera indirecta. Propuesto y resuelto en el Seminariode problemas para alumnos de Secundaria y Bchillerato de la Universidad deLa Rioja (Seminario UR en adelante), hoja 13, Problema #90.

Solucion: Prolongamos los lados AB y CD del cuadrilatero hasta que secorten en E:



Vemos que E = α − π/2 y por tanto senE =d

AE= − cosα =

x

EC

y AE =−d

cosα. Por otro lado, cosE =

AE + b

EC= senα =

b− d

cosαEC

, y

tanE =− cosα

senα=

x

EC

b− d

cosαEC

=x

b− d

cosα

, luego x =d− b · cosα

sinα.

De la misma manera, si prolongamos los lados BC y AD hasta cortarlosen un punto F , y razonamos sobre los triangulos rectangulos DFC y AFB,

obtenemos: y =b− d · cosα

sinαy por tanto el area del cuadrilatero sera la suma

de las areas de los triangulos rectangulos.

AABCD =1

2(x · b+ y · b) = 2 · b · d− (b2 + d2) · cos(α)

2 · sin(α) .

�Problema #5.

Sobre la Figura 2.1, basada en el triangulo ΔABC, construimos tres nuevostriangulos uniendo los vertices de cuadrados adyacentes. Probar que los nue-vos triangulos tienen igual area que el original y dar una expresion para elarea del hexagono resultante.


Comentarios: Problema propuesto y resuelto en [1, Chapter 12, Challenges,12.1]. Es un problema que puede ser tratado mediante la exploracion conGeoGebra en niveles de la ESO.

Solucion: En la parte derecha de la Figura 2.6 se observa que al rotar lostriangulos 90o en sentido horario y antihorario alrededor del vertice comuncon el triangulo ΔABC, comparten dos lados con este triangulo. Ademas,si α es el angulo correspondiente al vertice A en el triangulo ΔABC, estemismo angulo en el triangulo ΔAPQ es π − α. Sus senos son los mismos,y por eso hΔABC

c = b · senα = hΔAPQc . Ocurre los mismo con los triangulos

ΔBRS y ΔCTU , con lo que los tres tienen la misma area que el original.


Entonces el area del hexagono es Ahexagono = a2 + b2 + c2 + 4 ·AΔABC .�

Problema #5.1.

Sobre los lados de un triangulo se construyen hacia fuera tres cuadrados deareas 26, 20 y 18. Hallar el area del hexagono irregular resultante.

Comentarios: Problema propuesto y resuelto en Seminario UR, hoja 4, Pro-blema #27, curso 2014/2015. Proponemos dos soluciones que usan el resul-tado dado en el Problema #5. La primera solucion utiliza el Teorema delCoseno, mas propio para alumnos de Bachillerato, y la segunda el Teoremade Pitagoras conocido en niveles de la ESO.

Solucion 1: Supongamos sin perdida de generalidad que a2 = 26, b2 = 18y c2 = 20. Sabemos que los cuatro triangulos tienen la misma area, ası queaplicando el T. Coseno al lado a tenemos:a2 = b2+ c2−2 · b · c · cosα, es decir26 = 18 + 20 − 2 · √360 · cosα. Ası, cosα =

1√10

; sen2 α = 1 − 1

10=

9

10


y senα =3√10

. Entonces Atriangulo =b · c · senα

2=

√18 · √20 · 3√

102

= 9 y

Ahexagono = 20 + 18 + 26 + 9 · 4 = 100. �

Solucion 2: Supongamos sin perdida de generalidad que a2 = 26, b2 = 18y c2 = 20. Sabemos que los cuatro triangulos tienen la misma area ası quecalcularemos la de ΔABC. Sea h la altura sobre BC que corta a este ladoen el punto H. Denotemos HC = x, entonces BH =

√26− x. Aplicamos T.

Pitagoras a los triangulos ΔBAH y ΔHAC y tenemos que h2+(√26−x)2 =

20 y h2 + x2 = 18. Restando ambas expresiones nos queda que√26x = 12,

luego x =6√26

13y h2 = 18 − x2 =

162

13, ası que h =

√162

13. Ya podemos

calcular el area del triangulo que es A =b · h2

=

√26 ·

√162

132

=18

2= 9, de

modo que el area del hexagono nos quede 20 + 18 + 26 + 9 · 4 = 100.

�

Problema #6.

En un triangulo rectangulo isosceles se trazan dos cevianas desde el vertice delangulo recto de manera que la hipotenusa quede dividida en tres segmentos.Probar que esos tres segmentos forman un triangulo rectangulo si y solo si elangulo entre las dos cevianas es de 45o.

Comentarios: Problema propuesto y resuelto en [3, Chapter 5, Challenges,5.13].

Solucion: Trazamos la altura sobre la hipotenusa, a la que podemos darlevalor 1 sin perdida de generalidad, que la divide en dos segmentos a + x yb + y. Aplicamos el T. de la altura y tenemos que 1 = (a + x)(b + y), peroen un triangulo rectangulo isosceles, la altura divide a la hipotenusa en dospartes iguales, luego 1 = (a + x)2 siendo x = 1 − a y por tanto y = 1 − b.Entonces c = 2− a− b. Observamos que c > a, b luego a, b y c formaran untriangulo rectangulo si y solo si c2 = a2+ b2, esto es: (2−a− b)2 = a2+ b2, esdecir, 4− 4a− 4b+ 2ab = 0 que se cumple si y solo si 2− a− b = a+ b− ab.



Por otro lado, la formula de la tangente de la suma nos dice que

tan(α+β) =tanα + tan β

1− tanα · tan β =(1− a) + (1− b)

1− (1− a)(1− b)=

2− a− b

a+ b− ab=

c

a+ b− ab.

Ası, α + β = 45o si y solo si tan(α + β) = 1, si c = a+ b− ab.

�

2.1.2. El uso de teoremas

La Trigonometrıa es una poderosa herramienta que nos permite hacerinfinidad de medidas indirectas. Para ello solo necesitaremos un metro y unaparato que nos permita medir angulos. Una de las aplicaciones mas im-portantes de la resolucion de triangulos es el calculo de algunas longitudesinaccesibles, mediante la determinacion de otras cuya medida es facil de cal-cular directamente.

Problema #1.

Se desea calcular la distancia entre dos cimas de montanas, A y B, con objetode construir un teleferico. Desde el valle se obtiene por medicion directa losdatos que aparecen en la Figura 2.8. Calcular la distancia AB.

Comentarios: Propuesto en [4], texto regulado por la Orden del 57. EsteBachillerato concedıa especial atencion a los problemas de aplicacion de laGeometrıa a la vida real. Es un libro de 6o de Bachillerato, correspondientea la edad de 16 anos, lo que en la actualidad es 4o de la ESO.



Solucion: Tomamos el triangulo ΔACD y calculamos el lado AC aplicando

el Teorema del Seno: AC =400 · sen 46o

sen 24o= 707,42. Con este mismo Teo-

rema aplicado al triangulo ΔBCD, calculamos CB: CB =400 · sen 75o

sen 37o=

642,01m.

Teniendo dos lados y un angulo del triangulo ΔABC ya podemos calcularel lado desconocido con el Teorema del Coseno: AB2 = 707,422 + 642,012 −2 · 707,42 · 642,01 · cos 42o,es decir, AB = 487,43m. �

Problema #2.

Si D,E y F son los puntos de contacto de la circunferencia inscrita altriangulo ΔABC en los lados BC, CA y AB respectivamente, demuestre-se que AD, BE y CF son concurrentes.6

Comentarios: Propuesto y resuelto en [6].


6El punto de concurrencia se llama Punto de Gergonne


Solucion: Las rectas AD, BE y CF son cevianas del triangulo ΔABC.Ademas, siempre que desde un punto exterior, se trazan dos tangentes auna circunferencia, los segmentos formados tienen igual longitud7, esto es:AF = AE; BF = BD y CE = CD. Ası, aplicando el T. de Ceva obetenemos:

AF

FB· BD

DC· CE

EA= 1

lo cual nos indica que son concurrentes. �Problema #3.

Probar que las bisectrices de los angulos internos de un triangulo ΔABC sonconcurrentes.

Comentarios: Propuesto y resuelto en [6].

Solucion:


Usamos la forma trigonometrica del Teorema de Ceva:sen∠BAD

sen∠DAC=

sen∠CBE

sen∠EBA=

sen∠ACF

sen∠FCB= 1 pues la bisectriz divide al angulo en dos partes

iguales.�

Problema #4.

Demuestrese que las bisectrices de los angulos externos de un triangulo cortana los lados opuestos en tres puntos colineales.

Comentarios: Propuesto y resuelto en [6]. Usa la previa resolucion del Pro-blema #3.

Solucion: Para un angulo cualquiera, las bisectrices de los angulos internos yexternos son perpendiculares entre sı, y ademas las cevianas AD′, BE ′ y CF ′,son a su vez las bisectrices de los angulos internos, luego son concurrentes.

7Esta afirmacion es consecuencia del concepto de Potencia. Pueden darse otras demos-traciones alternativas mediante pruebas visuales.



Aplicamos la forma trigonometrica del T. de Menelao. Como BAD =

BAD′+π/2 y DAC = π/2−D′AC, entoncessen∠BAD

sen∠DAC=

− cos∠BAD′

cos∠D′AC=

−1, pues ∠BAD′ = ∠D′AC ya que estan cortados por una bisectriz.

Hacemos lo mismo cıclicamente para el resto de angulos. Por un lado

CBE = π/2−CBE ′ y EBA = E ′BA+π/2, luego se tiene quesen∠CBE

sen∠EBA=

cos∠CBE ′

− cos∠E ′BA= −1, pues ∠CBE ′ = ∠E ′BA. Y finalmente como ACF =

π/2−ACF ′ y FCB = F ′CB+π/2, entoncessen∠ACF

sen∠FCB=

cos∠ACF ′

− cos∠F ′CB=

−1 ya que ∠CBE ′ = ∠E ′BA.

Luego entonces se cumple:sen∠BAD

sen∠DAC· sen∠CBE

sen∠EBA· sen∠ACF

sen∠FCB= −1 lo

que indica de D, E y F son colineales. �Problema #5.

Sea ABCD un trapecio de bases AB y CD. Fijamos el punto X en el segmen-to AB y denotamos por P la interseccion de las rectas BC y AD. Tomamosel punto Y como interseccion de CD y PX, R como interseccion de AY conBD y T como interseccion de PR con AB (ver Figura 2.12). Probar que

1

AT=

1

AX+

1

AB


Figura 2.12: Problema #5.

Comentarios: Propuesto y resuelto en Seminario UR, hoja 9, Problema#63.

Solucion: Tomamos el triangulo ΔPAT y aplicamos Menelao, de tal forma

que como D,R,B son colineales, entoncesPD

DA· ABBT

· TRRP

= 1.

Hacemos lo mismo con el triangulo ΔPTX y tenemos que, como Y,R y A

son colineales,PR

RT· TAAX

· XY

Y P= 1, y si multiplicamos ambas expresiones

tenemosPD

DA· ABBT

· TAAX

· XY

Y P= 1.

Observamos que los triangulos ΔPDY y ΔPAX estan en posicion de

Tales, luegoPD

DA=

PY

Y X, de forma que la anterior expresion se simplifica a:

AB

BT=

AX

AT, es decir

AB

AB − AT=

AX

AT. Operando llegamos a la expresion

que buscamos,AB

AX=

AB

AT− 1 y

1

AX=

1

AT− 1

AB�

Problema #6.

Un triangulo ΔABC es rectangulo si y solo si sen2 A+sen2 B+sen2 C = 2.

Comentarios: Propuesto en [18, 2007 Irish Mathematical Olympiad, Pro-blem 2]. Solucion dada por Steve Dinh.

Solucion: Si se verifica la identidad, entonces el triangulo es rectangulo.Sean los a, b y c los lados del triangulo, entonces por el T. Seno tenemosa

senA=

b

senB=

c

senC, luego se cumple:

a2

sen2A=

b2

sen2B=

c2

sen2C=(∗)

a2 + b2 + c2

sen2A+ sen2B + sen2C=

a2 + b2 + c2

2. (2.1)


En (∗) usamos la siguiente propiedad de numeros reales:a

b=

c

d=

a+ c

b+ d.

Con el T. Coseno sobre el lado a tenemos

a2 = b2 + c2 − 2 · b · c · cosA, (2.2)

que sustituido en (2.1) daa2

sen2 A=

b2 + c2 − 2 · b · c · cosA+ b2 + c2

2=

b2 + c2 − bc · cosA. Entonces,(b2 + c2 − bc · cosA) · sen2 A = b2 + c2 − 2 ·bc · cosA, es decir, (b2 + c2) · (1 − sen2 A) = bc · cosA · (2 − sen2 A), luego(b2 + c2) · cos2 A = bc · cosA · (1 + cos2 A). Suponiendo que el angulo en Ano es recto, cosA �= 0 y podemos dividir entre cosA. Esto nos lleva a laecuacion: (b2 + c2) · cosA = b · c · (1 + cos2 A), que de forma equivalente sepuede escribir como bc · cos2 A− (b2+ c2) · cosA+ bc = 0, una ecuacion de 2o

grado bc ·X2−(b2+c2) ·X+bc = 0 con solucion cosA. Comprobamos que las

soluciones de esta ecuacion son X =b

co X =

c

b, lo que implica que si A no

es recto, o bien cosA =b

co bien cosA =

c

b. Si cosA =

b

c, de (2.2) se deduce

que a2 = b2 + c2 − 2b2, es decir, c2 = a2 + b2, en cuyo caso la hipotenusa es

c y el triangulo serıa rectangulo en C. Si cosA =c

bde (2.2) obtenemos que

b2 = a2 + c2 en cuyo caso el angulo recto serıa B.

Veamos ahora que si uno de los angulos es recto, entonces se cumple laidentidad. Por simetrıa de la ecuacion, basta comprobarlo con uno de losangulos. Sea A el angulo recto, entonces senA = 1 y a es la hipotenusa,

sen2 B =b2

a2y sen2 C =

c2

a2, luego sen2 B + sen2 C =

b2 + c2

a2= 1 (usando

(2.2) ya que cosA = 0). Por lo tanto sen2 A + sen2 B + sen2 C = 1 + 1 = 2.�

2.1.3. Combinacion de tecnicas

Resulta interesante en la resolucion de un problema combinar distintosprocedimientos: teoremas, imagenes o pruebas intermedias que escalonan elproblema (entre otros). Este es el espıritu de los problemas propuestos enesta seccion.


Problema #1.

√x2 + x+ 1

√y2 + y + 1+ +

√x2 − x+ 1

√y2 − y + 1 ≤ 2(x+ y),

para x,y > 0

Comentarios: Propuesto y resuelto en The College Mathematics Journal,vol. 44, numero 1, 2013. Solucion visual dada por M. Kungozhin y S. Kungmediante la Figura 2.13. La demostracion se completa de forma original porOscar Ciaurri en [5].


Solucion: Aplicando el T. Coseno a los triangulos formados se tiene que

para ΔACB, donde ∠C =2π

3, AB2 = AC2 + CB2 − 2 · AC · CB · cosC =

y2 + 1− 2 · y · cos 2π3, es decir, c =

√y2 + y + 1. Hacemos lo mismo con los

triangulos ΔBCD con ∠C =π

3, ΔDCE con ∠C =

2π

3y ΔECA con

∠C =π

3, obteniendo las medidas del resto de lados. La desigualdad de Pto-

lomeo8 nos dice que un cuadrilatero convexo como el de la figura verificaac+ bd ≥ ef , luego

√x2 + x+ 1 ·

√y2 + y + 1+ +

√x2 − x+ 1 ·

√y2 − y + 1 ≤ 2 · (x+ y)

�Problema #2.

Sea el cuadrado ABCD incluido en una circunferencia de centro B y radio

8Probada en [5] y adjuntada en Anexo.


BD como muestra la Figura 2.14. La lınea que pasa por A y es paralela aBD corta a la circunferencia en E. Calcula la medida del angulo ∠ABE.


Comentarios: Problema propuesto y resuelto en The Ontario SecondarySchool Mathematics Bulletin, Universidad de Waterloo, 1981. Se proponendos soluciones distintas. La primera, de caracter mas sintetico, consiste tra-zar una perpendicular desde B hasta AF y comprobando que AFBG es uncuadrado y que el angulo ∠FEB = 30o, deducir que ∠ABE = 15o.9 La se-gunda solucion, que utiliza trigonometrıa, la presentamos con mas detalle acontinuacion.

Solucion: Denotemos ∠ABE = x, y demosle, sin perdida de generalidad,medida 1 al segmento AB como aparece en la Figura 2.15.


Entonces BD =√2 = BE. Como EA y BD son paralelas cortadas cor-

tadas por una transversal, los angulos internos alternos son iguales ∠HAB =

9Se propone como ejercicio para el alumno.


∠ABD = 45o, y ∠EAD = ∠ADB = 45o, luego ∠EAB = 90o + 45o = 135o.Entonces, en el triangulo ΔABE, el angulo ∠E = 45o − x.

Aplicando el Teorema del Seno tenemos:sen(45o − x)

1=

sen 135o√2

, es de-

cir, sen(45o − x) =sin 45o√

2=

1

2. Resolvemos la ecuacion trigonometrica y

nos quedamos con la solucion en (0,π

2), es decir, 45o − x = 30o por lo que

x = 15o. �

Problema #3.

Encuentra el menor numero A tal que, para cualesquiera dos cuadrados, lasuma de cuyas areas en 1, existe un rectangulo de area A en el que estos cua-drados pueden ser incluidos sin superponerse. (Asumamos que los cuadradosse introducen con sus lados paralelos a los del rectangulo.)

Comentarios: propuesto y resuelto en [7, Section 7].

Solucion: Como podemos observar en la Figura 2.16, la forma mas optimade colocarlos es pegarlos, sin llegar a superponerlos.


Los cuadrados suman area 1, luego sus lados son numeros tales que lasuma de sus cuadrados sea la unidad, es decir, senos y cosenos de un angulo

0 < x <π

2. Suponemos sin perdida de generalidad que cosx ≥ sen x, luego

x ∈ (0,π

4], y la expresion del area del rectangulo es

F (x) = (cos x+ sen x) · cos x = cos2 x+ sen x cos x = cos2 x+1

2sen 2x


Buscamos A, el maximo valor de F en (0,π

4]:

F ′(x) = cos 2x− sen 2x

y resolvemos la ecuacion trigonometrica cos 2x−sen 2x = 0, es decir, cos 2x =

sen 2x que como x ∈ (0,π

4] se tiene que 2x =

π

4y x =

π

8

Comprobamos que x =π

8es un maximo mediante F ′′(x). En efecto

F ′′(x) = −2 cos 2x− 2 sen 2x < 0.

Ası, como cos2π

8=

1 + cosπ

42

=

1 +1√2

2=

1 +√2

2√2

, el mınimo valor A es

cos2π

8+

1

2sen

π

4=

1 +√2

2√2

+1

2√2=

2 +√2

2√2

=2√2 + 2

4=

√2 + 1

2. �

Problema #4.

Para cualesquier angulos positivos α, β, γ tales que α + β + γ = π/2, secumple:

tanα · tan β + tan γ · tan β + tanα · tan γ = 1. (2.3)

Comentarios: Propuesto y resuelto en [1, Part I, Section 20, Lemma2]. Enesta memoria hemos completado los detalles de la demostracion.

Solucion: Construimos un triangulo rectangulo ΔABC, de angulo agudo αsobre el vertice A y con catetos de longitudes AB = 1, y BC = tanα. Ası,AC = tan2 α+1 = secα. Compartiendo lado AC con el anterior, construimosotro triangulo rectangulo ΔACD, de angulo agudo β de nuevo sobre el verti-

ce A. Observamos que tan β =CD

ACde donde se tiene que CD = secα · tan β.

Sobre el lado CD construimos un nuevo triangulo rectangulo, ΔCED, cuyoangulo en C es exactamente α y por tanto es semejante a ΔABC. Entonces

se cumple queDE

CB=

CD

AC, es decir, DE = tan β · tanα y

CE

AB=

CD

ACpor lo

que CE = tan β.

Finalmente, anadimos el triangulo rectangulo restante, ΔAFD de angulo

agudo γ =π

2−α−β sobre el vertice A. Ası tenemos que AF = tanα+tan β

y tan γ =DF

tanα + tan β, luego DF = tan γ(tanα + tan β).


Hemos construido ası un rectangulo (Figura 2.27) cuyos lados verticalesnos dan la identidad que buscamos. �


Problema #5.

Probar que el area de un triangulo ΔABC, de lados a, b y c, esK =

√s(s− a)(s− b)(s− c), donde s es el semiperımetro.

Comentarios: Esta formula se conoce como Formula de Heron. Se proponendos soluciones: una en [11, 179], de caracter algebraico, basada en transforma-ciones de formulas trigonometricas y otra en [1, Part I, Section 20, Theorem(Heron’s Formula)] que usa el problema anterior y el Problema #2 dela Seccion 2.1.1. A continuacion desarrollamos la segunda propuesta dadoque nos interesa mas en cuanto contenido trigonometrico y combinacion detecnicas.

Solucion :

Apliquemos el Problema #4 a 2.18:



Tenemos que 1 = tanα tan β + tan γ tan β + tanα tan γ =r

x

r

y+

r

z

r

y+

r

x

r

z=

r2(x+ y + z)

xyz=

r2 · sxyz

. Recordando lo visto en el Problema #2 de

la Seccion 2.1.1, esto esK2

sxyz, es decir, K2 = sxyz. Como s = x + y + z =

x+ a = y + b = z + c, se tiene que K2 = sxyz = s(s− a)(s− b)(s− c). �Problema #6

El cuadrilatero cıclico ABCD, inscrito en una circunferencia de radio 1 ytal que el lado AD sea un diametro de dicha circunferencia, es bicentrico,es decir, admite tambien una circunferencia inscrita tangente a sus cuatrolados. Probar que BC ≤ 2

√5− 4.

Comentarios: Propuesto y resuelto en Seminario UR, hoja 5, Problema#35, 2014/2015.

Solucion:


Para el cuadrilatero ABCD denotemos como a = AB, b = BC, c = CDy d = DA. Cuando se trazan las tangentes a una circunferencia desde unpunto exterior, los segmentos que se forman son iguales10. Aplicando esto a lospuntos A,B,C yD sobre la circunferencia inscrita en el cuadrilatero, tenemosque AH = AK = X, BH = BI = Y , CI = CJ = Z y DJ = DK = Tverificandose ası la igualdad

d+ b = a+ c, (2.4)

10Puede verse porque el triangulo formado es isosceles o utilizando el concepto de Po-tencia de un punto respecto de una circunferencia


conocida como Teorema de Pitot.11 En efecto, d + b = X + T + Y + Z =a+ c. Ademas, por ser ABCD un cuadrilatero cıclico, podemos aplicar el T.Ptolomeo de manera que

ac+ bd = ef. (2.5)

Por otro lado vemos que los angulos ∠ABD y ∠ACD son rectos ya que sonangulos inscritos, que abarcan un arco de circunferencia cuya cuerda es undiamentro. Aplicamos en ambos el T. Pitagoras y tenemos que d2 = a2 + f 2

y d2 = c2 + e2, es decir

f 2 = 4− a2 (2.6)

y

e2 = 4− c2. (2.7)

Aplicamos ahora la desigualdad entre las medias aritmetica y geometrica12

a e2 y f 2 y llegamos a que ef =√

e2f 2 ≤ e2 + f 2

2. Usando (2.6) y (2.7)

ef ≤ 8− a2 − c2

2, esto es 2·ac+4b ≤ 8−a2−c2, es decir, 4b ≤ 8−(a+c)2, pero

usando (2.4) tenemos 4b ≤ 8− (b+2)2, o lo que es los mismo b2+8b− 4 ≤ 0.Las raıces de la ecuacion b2 + 8b − 4 = 0 son b = −4 ± 2

√5 y su valor es

≤ 0 en el intervalo (−∞, 2√5 − 4) de modo que la desigualdad se satisface

cuando b ≤ 2√5− 4. �

2.1.4. Matematicas dinamicas

Transmitir las matematicas como algo bonito e interactivo, y hacer que elalumno se interese por ellas es tan importante como mostrar los calculos rigu-rosos de la demostracion de un teorema. Con esta idea en la cabeza se puedenplantear cantidad de cuestiones de divulgacion cientıfica, apoyados en videosy experimentos en la naturaleza, o problemas cuya estrategia de resolucionpuede ser explorativa con programas como GeoGebra o Mathematica.Problema #1.

Dada una circunferencia centrada en el origen, trazamos dos diametros, d1y d2 que la cortan en puntos P y Q respectivamente. Si la paralela a d2 por

11El Teorema de Pitot establece que en un cuadrilatero cıclico, el resultado de la sumade los lados opuestos es el mismo.

12Desigualdad MA-MG:a+ b

2≥ √

a · b


el punto P forma un angulo de 7o12′ con d1 y la distancia entre P y Q es de157,5m, calcula el radio de la circunferencia.

Comentarios: Esta fue la tecnica que Eratostenes de Cirene (276-194 a.C.)utilizo para medir el radio de la Tierra. El experimento puede llevarse a cabocon diferentes objetos, de hecho los alumnos del Instituto Ramiro de Maeztu,de Madrid, lo comprobaron con la sombra de un lapiz. 13. La resolucion delproblema es muy sencilla por lo que lo usamos como actividad divulgativay de experimentacion con la naturaleza. Otras actividades de este tipo quepueden ser propuestas son tambien el calculo de la altura de una piramide ola distacia entre el Sol, la Luna y la Tierra14. Eratostenes de Cirene eligio dosciudades, Alejandrıa y Siena y coloco un baston vertical, de igual longitudy a la misma hora del dıa en ambas ciudades. Observando el angulo queformaban los rayos de sol con el baston y midiendo la distancia entre ellaspudo celcularlo. Con las tecnicas que ahora disponemos, serıa muy facil verel angulo de incidencia: sea un baston de h = 2m y midamos la sombra que

proyecta s = 0,25m, entonces tanα =s

h=

0,25

2y α = arctan 0,125 = 7o12′

Solucion: El angulo que forma d1 con la paralela a d2 en P coincide con elangulo entre los diametros; en efecto, son paralelas cortados por una trans-versal. Entonces si para un angulo de 7o12′ la distancia es 157,5 m, para 360o

la distancia serıa aproximadamente 50 veces mas, 39.375Km. Con estos datosel radio de la circunferencia serıa 6.266,73Km. �Problema #2.

En el triangulo ΔABC, encuentra el punto interior F que verifique que lasuma FA+ FB + FC sea mınima.

13http://www.madrimasd.org/blogs/matematicas/2012/06/21/13420414Tambien se puede hablar de la piramide de Khufu y su relacion con los triangulos de

Kepler.


Comentarios: F es el conocido como Punto de Fermat. Problema propues-to en [1, Section 6, 6.4]. La solucion que se propone es la de Bogomonlyen (1996). El ejercicio puede trabajarse usando materiales de GeoGebra, enconcreto una construccion dinamica de J. Manuel Infante (2013) que encon-tramos en https://www.youtube.com/watch?v=P3mLPpQDuJ4.


Solucion: Primero damos una construccion general del punto de Fermat F ,y luego probaremos que, en efecto, el punto construido es el unico que hacela suma mınima.

Sobre cada lado del triangulo ΔABC construimos triangulos equilaterosy unimos A,B,C con los vertices exteriores del triangulo equilatero opuestodando lugar a tres cevianas que concurren en F como muestra la Figura 2.20.Veamos que F es el Punto de Fermat. Sea un punto cualquiera P del trianguloΔABC, unimos P con los vertices del triangulo y hacemos una rotacion delplano de centro B y angulo 60o de tal forma que el triangulo ΔAPB pasa aser ΔA′P ′B. Unimos A′A y P ′P como muestra la Figura 2.21. Ahora ΔABA′

y BPP ′ son equilateros (pues comparten dos lados cuyo angulo comprendidoes de 60o), entonces PA+ PB + PC = C ′P ′ + P ′P + PC.



La menor distancia entre dos puntos es la lınea recta, luego esta sumasera mınima cuando los puntos P ′ y P se encuentren sobre el segmento CA′

(notar que, como la imagen de A por la rotacion es A′, no depende de P ).Por eso PA + PB + PC sera mınimo cuando P este en A′C y en tal caso∠BPA′ = 60o. Haciendo lo mismo para los otros dos lados comprobamos queP = F . �

Problema #3.

En un triangulo acutangulo ΔABC, encuentra el triangulo inscrito de perıme-tro mınimo.

Comentarios: Este triangulo se denomina Triangulo Ortico. Propuesto en[3, Capıtulo 5, Seccion 5.7] con solucion dada por Lipot Fejer (1880-1959).

Solucion: Para encontrar P,Q y R tales que el perımetro de ΔPQR seamınimo, tomamos el punto R en el lado BC y calculamos sus simetricos R′ yR′′ por simetrıa de eje AB y AC respectivamente. Ası, R′′P = RP y QR =QR′ por lo que el perımetro de ΔPQR es RP+PQ+QR = R′′P+PQ+QR′

que sera mınimo cuando R′′, P,Q y R′ sean colineales. Ası que, para un Rcualquiera, esto nos da la posicion optima de P y Q.


Notar que los triangulos ΔR′′AR y ΔRAR′ son isosceles, pues por lasimetrıa de eje AB se tiene que AR′′ = AR y AR = AR′, lo que implicaque AR′′ = AR′. Por lo tanto el triangulo ΔR′′AR′ tambien es isosceles y∠R′′AR′ = 2∠BAC. Como la amplitud del angulo ΔBAC es independientedel R tomado, la base R′′R′ sera menor cuando los lados sean menores, y loslados son menores cuando AR es mınimo, es decir, cuando es perpendiculara BC. �

Problema #4.

Dado un triangulo ΔABC inscrito en una circunferencia, probar que lospies de las perpendiculares desde un punto P a las rectas AB,BC y CA sonpuntos colineales si y solo si P tambien esta en la circunferencia.

Comentarios: Este enunciado se conoce como Teorema de Wallace-Simson,aparece propuesto en [13, Chapter 4, Theorem 4.16].

Solucion: Para explorar el problema hemos realizado una construccion dinami-ca con GeoGebra15 siguiendo las indicaciones dehttp://tube.geogebra.org/m/29093. Dado un triangulo y un punto, que noeste sobre la circunferencia circunscrita al triangulo, proyectamos el pun-to ortogonalmente sobre las rectas que contienen a los lados del trianguloy obtenemos un nuevo triangulo llamado triangulo pedal. Pero si proyecta-mos los puntos de la circunferencia circunscrita, vemos que los tres puntosque se obtienen son colineales y la recta que los contiene se llama recta deWallace-Simson.

15Ver Anexo


Figura 2.22: Triangulo Pedal. Figura 2.23: Recta W-S.

Problema #5.

Probar que la suma de las perpendiculares desde un punto, del interior osobre un triangulo equilatero, a los lados del mismo es igual a su altura.

Comentarios: Este enunciado se conoce como Teorema de Viviani. En [13,Chapter 6, Theorem 6.2], aparece una solucion dada es de Kawasaki, 2005.Nosotros implementamos actividad dinamica con GeoGebra.

Solucion: Exploramos la aplicacion con GeoGebra mediante una construc-cion diramica que podemos encontrar en http://tube.geogebra.org/m/29093.


Problema #6.

Comprueba que el coseno del angulo de 36o es 1+√5

4y deduce las razones de

los angulos de 18o y 72o

Comentarios:1 +

√5

4=

φ

2, donde φ es el el Numero de Aureo (The Golden

Ratio). Problema propuesto y resuelto en [18].



Solucion: La Figura 2.25, muestra un pentagono regular y por tanto ins-

criptible en una circunferencia. Su angulo central vale360o

5= 72o y co-

mo los triangulos formados desde el centro hacia los vertices son isosce-les, los dos angulos iguales valen 54o y por tanto cada angulo interior delpentagono 108o.Ademas, sabiendo que un angulo inscrito en una circunfe-

rencia vale la mitad del arco que abarcan sus lados, ∠CAD =72o

2= 36o, y

∠BAC = ∠DAE pues abarcan el mismo arco de circunferencia, luego ambosvalen 36o. Por la misma razon deducimos que ∠AEP y ∠ABP valen tambien36o.

Observamos ahora que los triangulos ΔABP , ΔABE y ΔAEP son isosce-les, pues tienen dos angulos iguales, y cumplen entonces que AB = BP ,AB = AE y AP = EP . Por otro lado, los triangulos ΔABE y ΔABPson semejantes ya que tienen los tres angulos iguales, luego se cumple queBE

AE=

AB

PE, o lo que es lo mismo BE · PE = AB · AE = AB2, esto es,

(BP + PE) · PE = AB2, es decir (AB + PE) · PE = AB2. Si llamamos x

a la razon de semejanza, x =AB

EP, tenemos que

AB

EP+ 1 =

AB2

EP 2, es decir

la ecuacion x2 = x + 1 cuya unica solucion positiva es x = φ. Trazamos enel triangulo ΔAEP una perpendicular desde P s hasta AE obteniendo dos

triangulos rectangulos que nos permiten calcular cos∠AEP =

AE

2PE

=φ

2.

Como ∠AEP = 36o queda probado lo que querıamos.

2.2. SESIONES MODELO 69

Sabemos que cos2 18o =1 + cos 36o

2=

1 +1 +

√5

42

=5 +

√5

8, luego

cos 18o =

√5 +

√5

2√2

=

√2√5 +

√5

4=

√2(5 +

√5)

4. Ademas, sen2 18o =

1 − cos2 18o =3−√

5

8, luego sen 18o =

√3−√

5

2√2

=

√2(3−√

5)

4. Por otro

lado, cos 72o = cos2 36o − sen2 36o = 2 cos2 36o − 1 =3 +

√5

4− 1 =

√5− 1

4.

Vemos que 72o y 18o son angulos complementarios, luego cos 72o = sen 18o,

en efecto, sen 18o =

√2(3−√

5)

4=

√6− 2

√5

4=

√1 + 5− 2

√5

4=

√(√5− 1)2

4=

cos 72o, y cos 18o = sen 72o, en efecto, sen2 72o = 1 − (√5− 1)2

16=

5 +√5

8,

luego sen 18o =

√2(5 +

√5)

4= cos 18o �

2.2. Sesiones modelo

En base a lo visto hasta ahora, nos encaminamos a elaborar la puesta enmarcha de nuestro Taller de Problemas. La Seccion 1.2 nos servira como apo-yo teorico en cuanto a definiciones y teoremas, mientras que de las Secciones2.1 y 2.3 tomaremos aquellos problemas que, por sus imagenes o contenidos,nos parezcan de mayor interes para el aprendizaje del alumno.

Despues de iniciarse en el estudio de las razones trigonometricas, unalumno de 4o de la ESO y/o Bachillerato, debe ser capaz de reconocerlassobre la circunferencia goniometrica, en niveles de la ESO, y en otras si-tuaciones mas generales en el Bachillerato. Es por ello que comenzaremosnuestros modelos de Sesiones tipo 0 con una construccion dinamica de Geo-Gebra (http://tube.geogebra.org/m/7596) en la que, dada la circunferenciagoniometrica, podamos interactuar con distintas angulos y sus razones. Esimportante hacer ver al alumno que las nuevas tecnologıas, que hoy en dıa nospermiten estudiar estas nociones tan detalladamente, no existıan anos atraspor lo que se trabajaba con tablas trigonometricas como las que presentamosen la Figura 2.26 .


Figura 2.26: Tablas trigonometricas

Usaremos esta misma aplicacion para proponer la elaboracion de tablascon los valores de las razones de ciertos angulos. Presentamos la Actividad

1: Razones trigonometricas, distinguimos dos propuestas de elabora-cion de tablas, segun el nivel en el que trabajemos. Para la ESO se proponeun listado de valores de las razones para distintos angulos que vamos viendoen la circunferencia goniometrica mientras que para Bachiller exploramos laFigura 2.27 en la que varıa en angulo al mover los segmentos de los lados delrectangulo.


2.2. SESIONES MODELO 71

Con estos recursos tambien es posible mostrar teoremas de interes de unmodo menos teorico. Basandonos en el Problema #4, Teorema de Wallace-Simson, de la seccion 2.1.4, planificamos la Actividad 2: Exploracion de

Teoremas, en la que dadas las pautas para la construccion de las figuras 2.22y 2.23, el alumno saque sus propias conclusiones moviendo el punto P , y seacapaz de establecer, con indicaciones del profesor, el enunciado del Teoremade Wallace-Simson, distinguiendo las distintas partes del enunciado de unteorema, hipotesis y tesis, y explorando estrategias para su demostracion.

Los calculos algebraicos cobran mayor importancia en las Sesiones de ti-po 1. Siguiendo el hilo de nuestro trabajo conviene desarrollar una actividadintuitiva que condense en una misma figura distintas formulas trigonometri-cas a probar. Preparamos para para ello laActividad 3: Transformacio-

nes trigonometricas, en la que usamos la Figura 2.28 del Problema #5

de la seccion 2.3, susceptible de ser modificada en base a la formula que quera-mos probar. Trabajamos con ella los calculos que suponen las demostracionesde las seis formulas trigonometricas y una vez adquiridas las habilidades eneste tipo de calculos resolvemos el Problema #15 de la Seccion 2.3 que esun buen ejemplo para continuar practicandolas a la vez que ascender en elnivel de calculo.

Figura 2.28: One Figure, Six Identities

Los Teoremas de Ceva y Menelao, desaparecidos en los planes de estudioactuales, nos son de gran ayuda a la hora de desarrollar la vision geometricaenen los alumnos. Resultan aun mas interesantes para nuestro estudio al ofrecersu version trigonometrica, de modo que en este modelo de Sesion de tipo2 presentaremos una Actividad 4: Trabajo con teoremas, en la quetomamos los Problemas #3, #4 de la Seccion 2.1.2 como ejemplo deuso de ambos teoremas. Con el primer problema el alumno interioriza las


configuraciones de puntos y rectas que presentan dichos teoremas y lo resuelvedirectamente aplicando el Teorema de Ceva en su version trigonometrica,usando esto se continua con el siguiente problema, en el que intervienen masconceptos y se necesita la version trigonometrica de Menelao.

Despues de haber visualizado, interiorizado y trabajado con las distintastecnicas, desarrollamos un modelo de Sesion tipo 3 en la que poner a pruebala creatividad del alumno. Dado que no son problemas elementales, estaactividad se basara en presentar en el aula el Problema # de la Seccion2.3 que requiere de un dibujo complejo y unos calculos precisos, y otros comoel Problema #6 de la seccion 2.1.3 como trabajo autonomo para aquellosalumnos que quieran y puedan profundizar en el tema.

Figura 2.29: Olimpiada Matematica Espanola

2.3. Miscelanea

Comenzamos esta seccion con los Ejercicios #A, #B, #C de ma-nipulacion algebraica sobre las nociones trigonometricas. Los Problemas

#3, #4 son resultados que dejamos propuestos como trabajo autonomo delalumno en la Seccion 1.2.

2.3. MISCELANEA 73

Ejercicio #A

Prueba las identidades o formulas trigonometricas propuestas.

Comentarios: Modelos de ejercicios de manipulacion algebraica de identida-des trigonometricas. Propuestos en las Formulas 1.2.7 y 1.2.8, y en elProblema #1 de la Seccion 2.1.1.

(a) sen(a− b) = cos a sen b− sen a cos bcos(a− b) = cos a cos b+ sen a sen b

(b) tan(a± b) =tan a± tan b

1∓ tan a tan b

(c) tan 2a =2 tan a

1− tan2 a

(d) 2 csc 2a = tan a+ cot a

Ejercicio #B

Deduce las formulas trigonometricas del angulo mitad a partir de las delangulo doble.

Comentarios: Ejercicio propuesto para completar una demostracion en Formu-las 1.2.8.

Ejercicio #C

Deduce las formulas trigonometricas de transformacion de sumas en produc-tos.

Comentarios: Ejercicio de manipulacion algebraica. Propuesto en las formu-las 1.2.9.

Problema #1.

Probar que si dos bisectrices de los angulos internos de un triangulo soniguales, entonces el triangulo es isosceles.

Comentarios: Este enunciado se conoce como Teorema de Steiner-Lehmus.Propuesto y resuelto en [3, Chapter 5, Theorem 5.12].

Problema #2.

Si F es el punto de Fermat de un triangulo ΔABC, demuestra que ∠AFB =∠BFC = ∠CFA = 120o.

Comentarios: Problema propuesto y resuelto en [1, Part I, Section 6, Cha-llenges 6.4].


Problema #3.

Demostrar el Teorema de la Tangente.

Comentarios: Problema propuesto en la Seccion 1.2, Teorema 1.2.12.

Problema #4.

Probar la caracterizacion trigonometrica de los Teoremas de Ceva y Menelao.

Comentarios: Problema propuesto en la Seccion 1.2, Teoremas 1.2.17 y1.2.18. Como indicacion para resolverlo usa el Lema 2.16

Problema #5.

Deduce de las Figuras 2.30 y 2.31 las formulas (1.7) y (1.8) y de las Figuras2.32 y 2.33 las formulas (1.9).

Comentarios: Problema propuesto en [1], One Figure, Six Identities.

Figura 2.30: Seno y co-seno de la suma

Figura 2.31: Seno y co-seno de la diferencia

Figura 2.32: Tangentede la suma

Figura 2.33: Tangentede la diferencia

2.3. MISCELANEA 75

Problema #6.

En un cuadrilatero convexo RQSP , las diagonales RS y PQ son perpedicu-lares entre sı y se cortan en O. Sobre el punto O, dibujamos dos lıneas AB yCD que cortan a los lados del cuadrilatero en A,B,C y D. Si X = AD∩PQ,Y = CB ∩ PQ y OP = OQ. Probar que OX = OY .

Comentarios: Problema resuelto en [18]. Se conoce como Teorema de laMariposa de Wallace, propuesto por William Wallace en 1803.

Problema #7.

Expresa sen x en funcion del seno y el coseno de x. Probar que sen 3x sepuede expresar una identidad mas simple:

sen 3x = 4 sen x sen(60o − x) sen(60o + x)

Comentarios: Problema propuesto y resuelto en [18].

Problema #8.

Sea ABCD un cuadrilatero convexo, P la interseccion de AC y BD y∠APD = 60o. Sean E,F,G y H los puntos medios de los lados AB,BC,CDy DA respectivamente. Hallar el mayor numero real positivo k tal queEG + 3HF ≤ kd + (1 − k)s, donde s es el semiperımetro del cuadrilateroABCD y d la suma de las longitudes de las diagonales. ¿Cuando se alcanzala igualdad? (ver Figura 2.29)

Comentarios: Problema propuesto y resuelto en XLVI Olimpiada Matemati-ca Espanola, Fase Nacional 2010 (Valladolid, 26 y 27 de Marzo).

Problema #9.

Un triangulo equilatero ΔABC esta inscrito en una circunferencia. Si P unpunto cualquiera del arco pequeno AB, probar que PC = PA+ PB.

Comentarios: Problema propuesto y resuelto en el Seminario UR, hoja 1,2013/2014, Problema #8.Problema #10.

En un semicırculo O, de diametro AB, sea ΔOBC un triangulo equilatero

con C en O, M en O tal que CM =BC

2y N la interseccion de AM con

CO. Probar queCN

NO= φ.

Comentarios: Problema propuesto y resuelto en [18].

Problema #11.


(a) Prueba que los lados de un triangulo rectangulo estan en progresionaritmetica si y solamente si son semejantes al triangulo rectangulo 3 :4 : 5.

(b) Comprueba que los lados de un triangulo rectangulo forman una pro-gresion geometrica si y solo si el triangulo es similar al triangulo delados 1,

√φ y φ, donde phi es el numero aureo.

Comentarios: La solucion del apartado (a) es una simple aplicacion delTeorema de Pitagoras y se puede resolver en niveles de ESO. El apartado (b)aparece en [3, Chapter 5, Theorem 5.4] con solucion dada por Herz-Fischler(1993). Los triangulos que verifican esta condicion se dicen Triangulos deKepler.

Problema #12.

En un cono tal que el diametro de la base es igual a la longitud de su generatrizse disponen tres esferas tangentes entre sı y tangentes a la base del cono.Hallar la generatriz del cono que tiene su vertice en la base del primero y estangente a estas tres esferas.

Comentarios: Problema propuesto y resuelto por Emilio Fernandez Moral,Catedratico jubilado del IES Sagasta y colaborador del Taller de Problemasde Secundaria y Bachillerato de la UR.

Problema #13.

Sean A,B y C los vertices de un triangulo y P,Q y R los respectivos pies delas bisectrices trazadas desde esos mismos vertices. Sabiendo que PQR es untriangulo rectangulo en P , se pide probar: que ΔABC ha de ser obtusanguloy que en el cuadrilatero ARPQ pese a no ser cıclico, la suma de sus angulosopuestos es constante.

Comentarios: Problema propuesto en el Taller de Problemas de Secundariay Bachillerato de la UR.

Problema #14.

Las bisectrices interiores de los angulos A,B y C de un triangulo ΔABCcortan a los lados opuestos en los puntos D,E y F respectivamente. De-muestra que si las rectas perpendiculares a los lados en los puntos D,E y Fson concurrentes en un mismo punto, el triangulo es isosceles.

Comentarios: Problema propuesto en el Taller de Problemas de Secundariay Bachillerato de la UR.

2.3. MISCELANEA 77

Problema #15.

Probar la siguiente formula: senα + sen β + sen γ − sen(α + β + γ) =

4 senα + β

2sen

β + γ

2sen

γ + α

2Comentarios: Problema propuesto y resuelto en [18].

Apendice A

Anexos

79

Bibliografıa

[1] Alsina C., Nelsen B.: Math made visual, The Dolciani Mathematical Ex-positions, MAA, 2006.

[2] Alsina C., Nelsen B.: When less is more, The Dolciani MathematicalExpositions, MAA, 2009.

[3] Alsina C., Nelsen B.: Charming Proofs: A journey into Elegant Mathe-matics, The Dolciani Mathematical Expositions, MAA, 2010.

[4] Baratech Montes, B. Estevan Ciriquian, J.: Matematicas sexto curso deBachillerato, 1960.

[5] Notas para un curso de Analisis Matematico de una Variable Real, OscarCiaurri Ramırez, Universidad de La Rioja.

[6] Apuntes Geometrıas no Euclıdeas, Hernandez Paricio L.J. RivasRodrıguez M. T.: Apuntes de Geometrıas no Euclıdeas, Grado en Ma-tematicas de la UR, curso academico 2014/2015.

[7] Honsberger R.: Mathematical Diamonds, The Dolciani Mathematical Ex-positions, MAA, 203.

[8] Nelsen R.B.:Demostraciones sin palabras, ejercicios de pensamiento vi-sual. Proyecto Sur, 2001. (La primera edicion es de 1993)

[9] Nelsen R.B.:Proofs without words II, More Exercises in visual thinking.Clasroom resource materials the A.M.S, 2000.

[10] Artıculo de Elena Ausejo, E.: La introduccion de la Matematica Moder-na en la Ensenanza no Universitaria en Espana (1953-1970), La Gacetade la RSME, vol. 16 (2013), no. 4, pg. 727-747.

81

82 BIBLIOGRAFIA

[11] Puig-Adam P., Rey Pastor J.: Matematicas quinto curso, Coleccion deobras didacticas para Bachillerato, 1962.

[12] Puig Adam P.: Ampliacion de Matematicas para el Curso Preuniversi-tario, 1963.

[13] Rassias M., Sotirios E., Problem-Solving and selected topics in EuclideanGeometry (In the Spirit of the Mathematical Olympiads), Springer, 2013.

[14] Real Decreto 1105/2014, de 26 de diciembre, por el que se establece elcurrıculo basico de la Educacion Secundaria Obligatoria y del Bachille-rato.

[15] Decreto 5/2011, de 28 de enero, por el que se establece el Currıculo dela Educacion Secundaria Obligatoria de la Comunidad Autonoma de LaRioja.

[16] Decreto 45/2008, de 27 de junio, por el que se establece el currıculo debachillerato de la Comunidad Autonoma de La Rioja.

[17] Segura Domenech S., Matematicas para el curso Preuniversitario, Teorıay Practica.

[18] www.cut-the-knot.org

[19] http://es.wikipedia.org/wiki/. (Historia de la educacion en Espanaartıculo )

aprendizaje basado en problemas. trigonometría y triángulos

Documents