geometria introduccion

Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero

PROBLEMAS DE GEOMETRÍA

Creer que una ciencia existe a partir de determinado momento o de

tal acontecimiento parece una ingenuidad. Sin embargo, en sus

Historias, Herodoto, que vivió en Grecia en el siglo V a. C., relata el

origen de la geometría indicando como causa de tal origen el

desbordamiento que todos los años tenía el río Nilo. Esto hacía que

se borrasen las lindes de los campos, y obligaba a los «tensores de

la cuerda» a hacer nuevas mediciones de las tierras.

«Se cuenta también que el rey Sesostris dividió la tierra entre

todos los egipcios, otorgando a cada uno un rectángulo de igual

tamaño, con la intención de cobrar la renta por medio de un

impuesto que sería recaudado anualmente. Pero cuando el paso del

Nilo redujese una porción, el súbdito correspondiente debía acudir

al rey para notificarlo. Entonces éste mandaba a sus inspectores,

que controlasen la reducción del terreno, de manera que el

propietario pagase la parte proporcional del impuesto. De esta

forma, me parece, se originó la geometría, que se difundió más tarde

por la Hélade.»

EL ORIGEN DE LA GEOMETRÍA



PROBLEMAS GEOMÉTRICOS

Cuando un matemático se tropieza por primera vez con

teoremas como algunos de los que veremos a continuación,

casi siempre manifiesta admiración, seguida invariablemente,

de la exclamación: "¡Precioso!".

No podemos decir exactamente qué entienden por

"precioso" los matemáticos. Quizá tenga que ver con la

sorpresa de lo inesperadamente sencillo. Pero todos los

matemáticos perciben la belleza de un teorema, o de la

demostración de un teorema, con la misma claridad con que

se aprecia la belleza de las personas. Por la riqueza de sus

aspectos visuales, la geometría guarda un tesoro de

hermosos teoremas y preciosas demostraciones. Es frecuente

que la resolución de problemas geométricos resulte

prácticamente trivial atinando a usar uno de los teoremas

fundamentales de la geometría euclídea.



LA GEOMETRÍA DEL ESPACIO

La geometría del espacio presenta a veces gran dificultad de

comprensión, debido a una escasa visión espacial. En gran

parte, esta dificultad es consecuencia de tener que

representar sobre el plano lo que se ve en el espacio. Por

tanto, conviene tener muy claros los elementos

fundamentales de la geometría del espacio, que son el punto,

la recta y el plano.

Existen en la actualidad gran

número de impresionantes

grabados, en los que se explotan

magistralmente ilusiones

geométricas, que en último término

consisten en la exclusión velada de

algunos axiomas de la geometría

euclídea.



Hay problemas geométricos

que nos dejan perplejos

porque la respuesta

elemental, a menudo se

complica de un modo

inverosímil.

Veamos algunos ejemplos



Dado que la diagonal de 8 cm.

tiene la misma longitud que el

radio del círculo, la respuesta es

8 cm.

EL RADIO DEL CÍRCULO1

Teniendo en cuenta la figura,

hallar el radio del círculo.Solución



Basta con darse cuenta de

que el lado AC es el radio de

la circunferencia y AE y BD

son diagonales de un

rectángulo.

Por lo tanto, son iguales

en longitud. Lado del rombo

= 9 m.

EL LADO DEL ROMBO2

En una plaza circular de R=9 m.

se quiere construir un estanque

de forma rómbica, según la

figura. ¿Cuánto mide el lado del

rombo?

Solución



60°. Basta observar de que se

trata de un triángulo

equilátero ABC trazando la

diagonal BC de la otra cara.

EL ÁNGULO DE LAS DIAGONALES3

¿Cuántos grados mide el

ángulo que forman las dos

diagonales de las caras del

cubo?

Solución



MN = 6 centímetros. Trazando

desde P y Q perpendiculares

al segmento MN, obtenemos

los puntos R y S. Como

MR=RO y NS=SO y RS=PQ,

surge la respuesta.

GOLPE DE VISTA4

Dos circunferencias secantes

tienen por centros P y Q. El

segmento PQ mide 3 cm. Por uno

de los puntos (O) donde se cortas

las circunferencias trazamos una

recta paralela al segmento PQ.

Sean M y N los puntos donde corta

dicha recta a las circunferencias.

¿Cuánto mide MN?

Solución



. ¿Cuánto mide el ángulo

obtuso ABC? A, B y C son

los puntos medios de los

lados.

5

Solución

120°. Sólo hace falta

terminar de dibujar el

hexágono regular

ABCDEF.

EL ÁNGULO OBTUSO



. En el triángulo isósceles

ABC el ángulo A mide 50

¿Cuál es la medida del

ángulo x?

6

Solución

Puesto que es isósceles: B =

C = (180°-A)/2 = 130°/2 =

65°.

Por lo tanto: x= 180°-C =

180°- 65° = 115°.

EL ÁNGULO EXTERIOR



Tenemos dos cuadrados iguales

superpuestos, de manera que un

vértice de uno está siempre en el

centro del otro. ¿En qué posición el

área comprendida entre los dos

cuadrados es la mayor posible?

7

Solución

El área comprendida entre

ambos siempre es la cuarta

parte de la de un cuadrado.

Los triángulos ABC y CDE

son iguales.

CUADRADOS QUE SE CORTAN



Si el ancho de un marco es igual en

sus dos direcciones, horizontal y

vertical, como sucede casi siempre, el

rectángulo constituido por el cuadro

completo y el rectángulo de la tela

pintada ¿serán semejentes?

8

Solución

No lo son, puesto que las

fracciones: b/a y

(b+2h)/(a+2h) son siempre

distintas, salvo en el caso

del cuadrado (a=b).

SEMEJANZA DE RECTÁNGULOS



Un hombre quiere enviar por correo un fluorescente que mide

92 cm. de largo, pero las normas de Correos prohíben los

paquetes postales superiores a 55 cm. ¿Cómo podría enviar el

objeto por correo sin romperlo, ni doblarlo ni faltar a las

ordenanzas de Correos?

9

Solución

Puede utilizar para el envío

una caja en forma de cubo

de 55 cm. de lado, pues una

caja de estas características

tiene una diagonal de 95

cm.

PAQUETE POSTAL



A una circunferencia pueden

inscribirse y circunscribirse

cuadrados como muestra la

figura adjunta.

Sabiendo que el área del

cuadrado inscrito es de cuatro

unidades de superficie, ¿qué área

tiene el cuadrado mayor?

10

Solución

En lugar de inscribir el

cuadrado como mostraba

la figura

anterior, hagámoslo girar

45 hasta la posición que

muestra la figura siguiente.

Se observa que el área del

cuadrado mayor es el doble

que la del inscrito; es

decir, 8 unidades.

SEMEJANZA DE RECTÁNGULOS



Algunas situaciones parecen ir contra la

intuición. Y no se trata de salir del paso

diciendo aquello de que «si la realidad

se opone a mis ideas, peor para la

realidad».

La intuición, como la capacidad

deductiva, puede ser afinada, educada.

Intentamos hacerlo a través de los

siguientes problemas.

EDUCANDO A LA INTUICIÓN



Un sencillo cálculo confirma

esta situación

sorprendente. Siendo R el

radio de la esfera (la Tierra o

la naranja), el cordel

ajustado mide 2 R. Cuando

le agregamos un metro, el

cordel pasa a medir 2 R+1.

El radio que tiene esta

nueva circunferencia, será

(2 R+1)/2 . La diferencia de

radios nos da la holgura

que es: 1/2 = 15'91549... cm.

en los dos casos. ¿Decía

esto su intuición?

EL CINTURÓN DE LA TIERRA11

Imaginemos un cordel que

envuelve como un cinturón

ajustado la Tierra a lo largo del

Ecuador. Añadámosle un metro

al cordel. Cuán flojo queda

ahora?

La intuición indicaría que la

holgura que se obtiene es

pequeñísima, ya que el metro

agregado representa muy poco

respecto a la circunferencia de

la Tierra. Más inquietante es

pensar que si ajustamos un

cordel alrededor de una

naranja, y le agregamos luego

un metro, la holgura que se

consigue para la naranja es

exactamente la misma que para

la Tierra. ¿Será cierto?

Solución



La holgura es de 12'5

cm. en ambos casos.

EL CORDEL Y EL CUADRADO12

¿Que pasaría si la Tierra fuese

cuadrada?

Solución

¿Falló su intuición?



Imaginemos un tramo recto de

riel, AB, de 500 metros de

largo, aplanado sobre el suelo

y fijado en sus dos extremos.

Bajo el calor del verano, el riel

se expande 2 metros,

provocándole una joroba.

Suponiendo que el riel se

arquea en forma simétrica, ¿a

qué altura cree usted que se

levanta la joroba en el punto

medio? ¿Diez centímetros?

¿Un metro? ¿Diez metros?

13

Solución

Como la longitud total del riel es

ahora 502 metros, cada mitad

tendrá 251 metros. Aunque es

evidente que la joroba adoptará

una forma curva, podemos

hacernos una idea de la situación

suponiendo que son dos rectas,

articuladas en el punto medio.

Bajo esta suposición obtenemos

una estimación de la altura x

aplicando el teorema de

Pitágoras: x2 = (2512-2502) ===>

x = 22 metros.

Seguro que su intuición volvió a

fallar.

EL RIEL DILATADO



Un puente metálico tiene 1

km. de longitud. Debido al

calor se dilata 20 cm. Si no

se hubiese previsto un

medio de absorber esta

dilatación, el puente se

levantaría formando un

triángulo isósceles de altura

h. La base sería el puente

antes de la dilatación.

¿Cuánto vale h?

14

Solución

Diez metros. La solución

del problema es elemental,

pero lo que sorprende es la

magnitud de dicha

solución. Se trata de hallar

el tercer lado de un

triángulo rectángulo cuya

hipotenusa mide 1000'2/2 =

500'1 m. y 500 m. uno de

los catetos. h2 = (500'1)2-

(500)2 ===> h = 10 m.

¿Falló su intuición?

EL PUENTE SIN DISPOSITIVO DE DILATACIÓN



Calcula el valor de todos

los ángulos de la figura

sabiendo que el ángulo 1

vale 70.

15

Solución

El ángulo 2 mide 20°.

Por tratarse de un triángulo isósceles

(dos lados son radios) los ángulos 4 y

5 son iguales.

La suma de los ángulos 2, 3 y 4 es

90°, pues el ángulo total abarca el

diámetro.

De estas dos condiciones se obtiene

que la suma de los ángulos 2 y 4 es

igual al ángulo 7. Y el ángulo 7 es

igual a dos veces el ángulo 4. De

donde el ángulo 2 es la mitad del

ángulo 7.

Por tanto el ángulo 7 mide 40°, los

ángulos 4 y 5 miden 20° cada uno, el

ángulo 6 mide 140°, el ángulo 7 mide

50° y los ángulos 8 y 9 son rectos.

NUEVE ÁNGULOS



Supongamos dos

circunferencias concéntricas.

Trazamos una tangente a la

interior que, naturalmente

cortará a la exterior en dos

puntos. La distancia entre

cualquiera de estos puntos y el

punto de tangencia es 1 m..

Halla el área de la corona

circular que determinan las

dos circunferencias.

16

Solución

Sean R el radio del círculo

mayor y r el radio del círculo

menor:

r2=R2-1.

Área de la corona = piR2 - pir2 =

piR2 - pi(R2-1) = .

En cualquier viejo formulario de

la geometría clásica, que tanto se

estudiaba hace 50 años, viene

dada directamente la fórmula de

la corona circular en función de

la cuerda del círculo

mayor, tangente al menor:

A=pi c/2. Como en nuestro caso

c/2=1, tenemos que A=pi 1=pi.

ÁREA DE LA CORONA CIRCULAR



Querido Paco: Si se te ocurre poner esta carta frente al

espejo, la leerás sin dificultad. Por cierto, que no me

explico la razón de que Leonardo da Vinci escribiera

siempre en la forma que ahora estás viendo.

SIMETRÍA Y REFLEXIÓN17

La imagen en un espejo plano

y el objeto reflejado no son

iguales, sino simétricos. El

producto de dos reflexiones

es la igualdad. Estas dos

sencillas propiedades nos

permitirán gastar una

pequeña broma, cuando

escribamos a un amigo

utilizando un papel carbón y

dos cuartillas.

La siguiente carta se la

mandé a un amigo mío.

¿Sabe Vd. lo que le pone?



¿Cuál tiene una superficie mayor, un triángulo con

lados 5, 5, 6 o uno con lados 5, 5, 8?

18

Solución

Tienen la misma área.

Ambos pueden dividirse

por la mitad para dar lugar

a dos triángulos 3, 4, 5.

TRIÁNGULOS ORIGINALES



En el triángulo

ABC, rectángulo en

A, la hipotenusa

a=10, el cateto b=8 y

el cateto c=6. Hallar

en 30 segundos el

valor de la mediana

AM.

19

Solución

Basta recordar que

todo triángulo

rectángulo puede

inscribirse siempre en

un círculo cuyo

diámetro CB=a=10 es

la hipotenusa, así que

AM=radio=5.

EL VALOR DE LA MEDIANA



Una esfera pesa 40 kg. Se la coloca suavemente dentro de un

cilindro lleno de agua en el cual entra exactamente. Después de

esta operación, el cilindro y su contenido pesan 20 kg más.

¿Cuál es el volumen del cilindro? ¿Cuál es la densidad de la

esfera?

20

Solución

El volumen de la esfera es los 2/3 del volumen del cilindro en el cual aquella puede

inscribirse: 4/3piR3 = 2/3(2piR3).

Cuando la esfera se hunde en el cilindro desaloja los 2/3 del agua contenida en ese

cilindro. El aumento de peso es, pues, el peso de la esfera (40 kg) menos los dos

tercios del peso del agua contenida inicialmente en el cilindro, lo cual, en kilos, es

igual a los dos tercios del volumen del cilindro, expresado dicho volumen en

decímetros cúbicos.

20 = 40 - 2/3V ===> V=30 dm3

El volumen de la esfera es V'=2/3V=20 dm3 y su densidad es 40/V'=2.

LA ESFERA HUECA Y EL GEÓMETRA SAGAZ



Un vendedor de billares tiene

como insignia de su negocio

dos esferas desiguales, sólidas

y hechas de la misma madera.

La mayor pesa 27 kg y la

pequeña 8 kg.

El comerciante se propone

volver a pintar las insignias.

Con 900 gramos de pintura

pinta la esfera mayor.

¿Cuántos gramos necesitará

para pintar la pequeña? (La

cantidad de pintura necesaria

es proporcional a la superficie

que hay que pintar)

21

Solución

Los volúmenes y, por lo tanto,

los pesos son proporcionales a los

cubos de los radios. Las

superficies y, por lo tanto, las

cantidades de pintura son

proporcionales a los cuadrados

de los radios. Sean R y r los

radios de las dos esferas, x el

peso en gramos de la pintura

necesaria para pintar la esfera

pequeña.

r3/R3=8/27 luego r/R=2/3

r2/R2=x/900=4/9 x=400 gramos.

LAS ESFERAS PINTADAS



Catalina ha desafiado a sus

amigos a hacer algo que

parece totalmente

imposible: «Coger un

libro, girarlo un ángulo de

180 , volverlo a girar otros

180 y que el libro quede

formando un ángulo de 90

con su posición inicial».

¿Será posible realizar lo

que dice Catalina?

22

Solución

Girar primero el libro 180

alrededor del lado vertical

opuesto al lomo, y a continuación

otros 180 alrededor de una recta

que forme 45 con el eje anterior.

En general, un giro de 180

alrededor de un cierto eje,

seguido por otro giro de 180

alrededor de otro eje que forme

un ángulo con el primero, resulta

ser equivalente a una rotación de

ángulo 2 alrededor de un eje

perpendicular a los dos primeros

y que pasa por su punto de

intersección.

GIROS, ¿POSIBLES O IMPOSIBLES?



El borde de un embalse es

una circunferencia perfecta.

Un pez empieza en un

punto del borde y nada en

dirección norte 600

metros, lo que le devuelve

al borde. Nada entonces en

dirección este, llegando al

borde después de recorrer

800 metros. ¿Cuál es el

diámetro del embalse?

23

Solución

Mil metros. El pez describe

un ángulo recto con su

trayectoria. Un ángulo

recto, con su vértice en la

circunferencia de un

círculo, intersecta la

circunferencia en los

extremos de un diámetro.

El diámetro es, por tanto, la

hipotenusa de un ángulo

recto con lados 600 y 800

metros.

EL EMBALSE Y EL PEZ



Un poste mide 32 palmos de altura. Un día lo parte

un rayo. El trozo roto queda apoyado en el suelo

formando un triángulo de 16 palmos de base. ¿A qué

altura se partió el poste?

24

Solución

x² + 16² = (32-x)²; x=12

palmos.

EL POSTE ROTO



Se trata de trazar una línea

continua a través de la red

cerrada de la figura, de modo

que dicha línea cruce cada uno

de los 16 segmentos que

componen la red una vez

solamente. La línea continua

dibujada no es, evidentemente

una solución del problema, ya

que deja un segmento sin

cruzar. Se ha dibujado

solamente a fin de hacer

patente el significado del

enunciado del problema.

25

Solución

El problema no tiene solución.

En efecto, cada uno de los tres

rectángulos mayores de la figura

tiene un número impar de

segmentos. Como cada vez que se

cruza un segmento se pasa de dentro

a fuera del rectángulo o viceversa,

quiere decirse que en los tres debe de

haber una terminación de la línea en

su interior para que la línea cruce el

número impar de segmentos una sola

vez, y como hay tres rectángulos

mientras que la línea continua no

tiene más que dos extremos, la

solución del problema es imposible.

EL CRUCE DE LA RED



Un ciudadano de

Konigsberg (Prusia) se

propuso dar un paseo

cruzando cada uno de los

siete puentes que existen

sobre el río Pregel una sola

vez. Los dos brazos del río

rodean a una isla llamada

Kneiphof. ¿Cómo debe

cruzar los puentes para

realizar el paseo?

26

Solución

Euler (1707-1783) demostró que el

paseo es imposible. Veamos su

demostración.

Los siete puentes están tendidos

entre cuatro regiones de tierra: A, B,

C y D. De A sale 5 puentes; de B, 3;

de C, 3, y de D, 3. El paseo sale de

una región y podrá terminar en ella

misma o en otra. Habrá siempre, al

menos, dos regiones que no serán

comienzo ni final del paseo. O sea,

cada vez que se entra en ellas debe

salirse de ellas. De cada una de esas

dos regiones debería partir un

número par de puentes. Ya se ha

dicho que de las regiones parten 5, 3,

3 y 3 puentes, impares todos.

Conclusión: El paseo es imposible.

LOS 7 PUENTES DE KONIGSBERG



En la figura tenemos dos

sobres ligeramente

diferentes ya que el

segundo tiene una línea

más, que marca la doblez

de cierre. ¿Es posible

dibujar cada uno de los

sobres sin levantar el lápiz

del papel, y sin pasar más

de una vez por el mismo

trazo?

27

Solución

Aunque el segundo parece el más

complicado de dibujar, la realidad es

que puede dibujarse en las

condiciones estipuladas. El primero

en cambio, no.

Todo vértice en el que concurren un

número impar de líneas ha de ser

comienzo o fin del trazado, ya que si

no, por cada entrada ha de haber un

salida. En la segunda figura, en los

vértices inferiores ocurre esto, luego

uno puede ser comienzo y el otro fin

del dibujo. (Ver figura)

En el primer sobre son cuatro los

vértices en los que concurren un

número impar de líneas; como no

puede haber más que un fin y un

comienzo, es imposible dibujarlo en

las condiciones propuest

DIBUJANDO SOBRES.



Un vértice es impar si de el parten un número impar de caminos. Un

vértice es par si de el parten un número par de caminos.

El problema es imposible si en la red hay más de dos vértices

impares.

Es posible: a) Cuando todos los vértices son pares, y entonces el

punto de partida puede ser cualquiera. b) Cuando no hay más de

dos vértices impares, y entonces el recorrido comienza por uno de

ellos y termina en el otro.

28

Solución

EN GENERAL: DE UN SOLO TRAZO, ¿POSIBLE O IMPOSIBLE?

Se pueden dibujar de

un solo trazo los de la

fila superior. Es

imposible para los de

la fila inferior.



Tenemos tres cuadrados iguales dispuestos como se

muestra en la figura. Usando solamente geometría

elemental (no trigonometría) demostrar que el ángulo

C es igual a la suma de los ángulos A y B.

29 LOS TRES CUADRADOS.



29

Solución 1: La siguiente construcción muestra la

solución del problema

LOS TRES CUADRADOS



29

Solución 2: Esta otra construcción también muestra la

solución del problema.

Los triángulos APO y OQR son semejantes, por lo que

los ángulos A y O son iguales. Y como C=B+O, C=B+A.

LOS TRES CUADRADOS.



29

Solución 3. Usando trigonometría: tgA=1/3, tgB=1/2, tgC=1.

tg(A+B) = ... = 1 = tgC. Luego A+B=C.

LOS TRES CUADRADOS.



Una ventana cuadrada mide 1

metro de lado. Como estaba

orientada al sur y entraba

demasiada luz se disminuyó su

tamaño a la mitad, tapando

parte de ella. Tras ello la

ventana seguía teniendo forma

cuadrada y tanto su anchura

como su altura seguían siendo

de 1 metro. ¿Puede Vd. dar

una explicación de tan extraño

fenómeno?

30

Solución

La siguiente figura muestra

la solución.

VENTANA DIVIDIDA EN DOS.



Dos monedas idénticas A y B parten

de la posición que indica la figura.

La moneda B permanece en reposo,

mientras que la A rueda alrededor

de B, sin deslizar, hasta que vuelve a

su posición inicial. ¿Cuántas vueltas

habrá dado la moneda A?

31

Solución

La moneda A da dos

vueltas. ¿No se lo cree Vd.?

Tome las dos monedas y lo

comprobará.

MONEDAS IGUALES DANDO VUELTAS.



Dos monedas distintas A y B

parten de la posición que

indica la figura anterior. La

moneda B permanece en

reposo, mientras que la A

rueda alrededor de B, sin

deslizar, hasta que vuelve a su

posición inicial. ¿Cuántas

vueltas habrá dado la moneda

A? La moneda A móvil tiene

un diámetro cuatro veces más

pequeño que el diámetro de la

moneda fija B.

32

Solución

..........

MONEDAS DISTINTAS DANDO VUELTAS.



Tenemos un posavasos

circular y una servilleta

cuadrada. Hallar el centro

del posavasos con la

ayuda únicamente de la

servilleta y un lápiz.

33

Solución

Colocamos uno de los vértices de la

servilleta sobre cualquiera de los puntos

de la circunferencia del posavasos.

El ángulo definido por ABC es un ángulo

recto, luego el segmento AC es un

diámetro de la circunferencia. Trazamos

con un lapicero la línea AC y repetimos la

misma operación eligiendo como B

cualquier otro punto del perímetro del

posavasos. Una vez trazado el segundo

diámetro ya está hallado el centro de la

circunferencia.

POSAVASOS Y SERVILLETA.



Consideremos un cubo de lado

1. Tomemos dos vértices

opuestos por una diagonal

máxima del cubo. Cada uno

de estos dos vértices opuestos

está rodeado de tres vértices

cercanos que forman un

triángulo. Es fácil ver que los

dos planos definidos por estos

dos triángulos son paralelos.

Sin hacer cálculos, ¿cuál es la

distancia entre los dos planos?

34

Solución

La diagonal es

perpendicular a los planos

en cuestión y forma ángulos

iguales con todas las aristas

del cubo, por lo que la

proyección de una

cualquiera de éstas sobre

aquélla es constante.

Luego, sin más que dibujar

la figura, se concluye que la

distancia entre los dos

planos es 1/3 de la diagonal

EL CUBO Y LOS PLANOS.



Tenemos cuatro círculos iguales de radio 1. Uniendo los

centros obtenemos un cuadrilátero irregular. ¿Cuánto mide el

área sombreada?

35

Solución

La misma que uno de los círculos, es

decir, PI. La suma de los ángulos de un

cuadrilátero es 360 . Cada sector

sombreado cubre una parte de un círculo

cuya área depende del ángulo

correspondiente. Los cuatro ángulos

cubrirán un área igual a la de un círculo

completo.

CUATRO CÍRCULOS IGUALES.



Unos pintores están pintando

las paredes interiores de una

catedral. A una ventana

circular de un metro de

diámetro le añadieron dos

líneas tangentes y dos

semicírculos cerrando la

figura. ¿Qué área tiene la

figura sombreada?

36

Solución

Un metro cuadrado. Es

el área de un cuadrado

de un metro de lado.

LOS PINTORES DE LA CATEDRAL.



En la figura adjunta, ¿cuánto mide B?

37

Solución

B puede tener cualquier valor.

Sean x e y las dos partes en que se divide B, x la mayor.

x/6 = B/10 x = 6B/10

y/6 = B/15 y = 6B/15

Como B = x+y. Sustituyendo:

B = 6B/10 + 6B/15; o bien:

B = 3B/5 + 2B/5. Igualdad que siempre se cumple para cualquier valor de

B.

MUY ELEGANTE



En la figura adjunta el

triángulo rectángulo tiene el

vértice en centro del

cuadrado. ¿Cuál es el área de

la parte sombreada?

38

Solución

Observe que los triángulos

sombreados de la figura son

iguales por ser el triángulo

rectángulo. El área de la sombra

es la cuarta parte del área del

cuadrado.

Es decir, 36/4 = 9.

LA SOMBRA DESCONOCIDA



Probar que cada mediana de

un triángulo es menor que el

promedio de los lados

adyacentes. En la figura

adjunta, probar que x <

(a+b)/2.

39

SoluciónSólo hay que repetir un triángulo

igual al primitivo, opuesto por la

base, como se muestra en la figura

adjunta.

Es evidente que la diagonal de un

cuadrilátero no puede ser mayor que

la suma de dos lados consecutivos.

Dividiendo por dos la diagonal

queda la mediana del triángulo, que

por tanto no puede ser igual o mayor

que la semisuma de los mismos

lados.

LA MEDIANA ES MENOR



Las áreas rayadas de la

luna y el triángulo, ¿son

iguales?

40

Solución

. Sí, son iguales. Veamos:

(AB)2 = R2 + R2 = 2R2

Área del cuadrante =

PiR2/4

Área del triángulo = R2/2

Área del segmento de arco

AB = PiR2/4 - R2/2

Área de la luna = Pi(AB)2/8

- (PiR2/4 - R2/2) = PiR2/4 -

PiR2/4 + R2/2 = R2/2.

LA LUNA Y EL TRIÁNGULO



Un triángulo equilátero y un

hexágono regular tienen

perímetros iguales. Si el

hexágono tiene una superficie

de 6 m2., ¿qué área tiene el

triángulo?

41

Solución

La simple observación de

la figura muestra la

solución.

EL HEXÁGONO Y EL TRIÁNGULO



Tenemos un cuadrado de 10

cm. de lado. ¿Cuánto vale el

área del cuadradito

sombreado si A, B, C y D son

los puntos medios de los lados

del cuadrado?

42

Solución

La simple observación de la

siguiente figura muestra

que el área del cuadradito

es la quinta parte del área

del cuadrado. Es decir, 20

cm2.

ÁREA DEL CUADRADITO



La longitud del rectángulo

ABCD es 8 y su anchura 3.

Dividimos la diagonal AC en

tres partes iguales mediante

los puntos E y F. ¿Cuánto vale

el área del triángulo BEF?

43

Solución

Los triángulos AEB, BEF y

FCB tienen la misma área

pues tienen la misma altura

e iguales bases. Así pues,

cada uno la tercera parte

del área del triángulo ABC,

es decir:

Área del triángulo BEF =

1/3 1/2 8 3 = 4.

RECTÁNGULO, DIAGONAL Y TRIÁNGULO



El círculo 1, cuya área es

4, pasa por el centro del

círculo 2 al que es tangente.

¿Cuál es el área del círculo

2?

44

Solución

Área(2)/Área(1) = Pi

R2/Pi r2 = (2r)2/r2 = 4.

Entonces: Área(2) = 4

Área(1) = 4 4 = 16.

LOS DOS CÍRCULOS



¿Cuál es el área de la zona

sombreada de la figura?

45

Solución

Es la cuarta parte del área

del cuadrado: 16/4 = 4.

LA ZONA SOMBREADA



En un prado cuadrado de 100 metros de lado, hay cuatro cabras. Cada una

atada a una esquina del prado con una cuerda de 50 metros, lo que permite

comer una cierta parte de la hierba del prado, quedando en el centro un

trozo que ninguna de ellas alcanza.

El propietario, tras vender tres de las cabras, alargó la cuerda de la que

quedaba en una de las esquinas, de tal forma que el área sobre la que podía

pastar era equivalente al área sobre la que pastaban anteriormente las

cuatro. ¿Qué longitud le dio a la cuerda?

46 LAS 4 CABRAS DEL PRADO



46

Solución

LAS 4 CABRAS DEL PRADO

El área utilizada por las cuatro es un círculo de

radio 50 m., es decir S=Pi 50². La que queda sola

ha de pastar sobre un cuadrante de círculo cuya

superficie sea la misma: Pi x²/4 = Pi 50² ===>

x=100 m. Justamente la longitud del campo.



Dado un triángulo ABC,

encontrar un punto cuya

suma de distancias a los

vértices sea mínima.

47

Solución

FERMAT: EL CENTRO DEL TRIÁNGULO

Se construye un triángulo

equilátero sobre cada lado del

triángulo ABC. Uniendo los

vértices de esos tres triángulos

obtenemos un punto de

intersección que cumple la

condición requerida.



Dadas tres circunferencias

iguales, tangentes dos a dos,

calcula el área encerrada entre

las tres.

48

Solución

LAS TRES CIRCUNFERENCIAS



El radio del círculo inscrito en un triángulo

rectángulo mide 3 cm., y el del circunscrito, 5 cm.

¿Cuánto vale la suma de los catetos del triángulo?

49

Solución

LA SUMA DE LOS CATETOS

16 cm. Haga la figura

correspondiente y lo

verá.



La zona sombreada representa

un lago. ¿Cuál es la superficie

del lago? Los terrenos que lo

limitan son cuadrados.

50

Solución

LA SUPERFICIE DEL LAGO

El lago es un triángulo

rectángulo. Para hallar su

área, basta saber la

longitud de los catetos:

Área = 5x12/2 = 30 m².



Trazando las diagonales del

cuadrilátero se observa la

propiedad inmediatamente.

BONITA PROPIEDAD51

Demostrar que uniendo los puntos medios de los

lados de un cuadrilátero se obtiene un

paralelogramo.

Solución



52

geometria introduccion

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