Presentaci

1
EL ORIGEN DE LA GEOMETRÍA
Creer que una ciencia existe a partir de
determinado momento o de tal acontecimiento
parece una ingenuidad. Sin embargo, en sus
Historias, Herodoto, que vivió en Grecia en el
siglo V a. C., relata el origen de la geometría
indicando como causa de tal origen el
desbordamiento que todos los años tenía el río
Nilo. Esto hacía que se borrasen las lindes de
los campos, y obligaba a los  tensores de la
cuerda a hacer nuevas mediciones de las tierras.
        Se cuenta también que el rey Sesostris
dividió la tierra entre todos los egipcios,
otorgando a cada uno un rectángulo de igual
tamaño, con la intención de cobrar la renta por
medio de un impuesto que sería recaudado
anualmente. Pero cuando el paso del Nilo redujese
una porción, el súbdito correspondiente debía
acudir al rey para notificarlo. Entonces éste
mandaba a sus inspectores, que controlasen la
reducción del terreno, de manera que el
propietario pagase la parte proporcional del
impuesto. De esta forma, me parece, se originó la
geometría, que se difundió más tarde por la
Hélade.
2
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.
3
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.
4
Hay problemas geométricos que nos dejan perplejos
porque la respuesta elemental, a menudo se
complica de un modo inverosímil. Veamos algunos
ejemplos
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EL RADIO DEL CÍRCULO
1
Teniendo en cuenta la figura, hallar el radio del
círculo.
Solución
Dado que la diagonal de 8 cm. tiene la misma
longitud que el radio del círculo, la respuesta
es 8 cm.
6
EL LADO DEL ROMBO
2
En una plaza circular de R9 m. se quiere
construir un estanque de forma rómbica, según la
figura. Cuánto mide el lado del rombo?
Solución
Basta con darse cuenta de que el lado AC es el
radio de la circunferencia y AE y BD son
diagonales de un rectángulo.         Por lo
tanto, son iguales en longitud. Lado del rombo
9 m.
7
EL ÁNGULO DE LAS DIAGONALES
3
Cuántos grados mide el ángulo que forman las dos
diagonales de las caras del cubo?
Solución
60. Basta observar de que se trata de un
triángulo equilátero ABC trazando la diagonal BC
de la otra cara.
8
GOLPE DE VISTA
4
Dos circunferencias secantes tienen por centros P
y Q. El segmento PQ mide 3 cm. Por uno de los
puntos (O) donde se cortas las circunferencias
trazamos una recta paralela al segmento PQ. Sean
M y N los puntos donde corta dicha recta a las
circunferencias. Cuánto mide MN?
Solución
MN 6 centímetros. Trazando desde P y Q
perpendiculares al segmento MN, obtenemos los
puntos R y S. Como MRRO y NSSO y RSPQ, surge
la respuesta.
9
5
EL ÁNGULO OBTUSO
Solución
. Cuánto mide el ángulo obtuso ABC? A, B y C son
los puntos medios de los lados.
120. Sólo hace falta terminar de dibujar el
hexágono regular ABCDEF.
10
6
EL ÁNGULO EXTERIOR
. En el triángulo isósceles ABC el ángulo A mide
50 Cuál es la medida del ángulo x?
Solución
Puesto que es isósceles B C (180-A)/2
130/2 65. Por lo tanto x 180-C 180-
65 115.
11
7
CUADRADOS QUE SE CORTAN
Solución
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?
El área comprendida entre ambos siempre es la
cuarta parte de la de un cuadrado. Los triángulos
ABC y CDE son iguales.
12
8
SEMEJANZA DE RECTÁNGULOS
Solución
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?
No lo son, puesto que las fracciones b/a y
(b2h)/(a2h) son siempre distintas, salvo en el
caso del cuadrado (ab).
13
9
PAQUETE POSTAL
Un hombre quiere enviar por correo un
fluorescente que mide 92 cm. de largo, pero las
normas de Correos prohíben los paquetes postales
superiores a 55 cm. Cómo podría enviar el objeto
por correo sin romperlo, ni doblarlo ni faltar a
las ordenanzas de Correos?
Solución
Puede utilizar para el envío una caja en forma de
cubo de 55 cm. de lado, pues una caja de estas
características tiene una diagonal de 95 cm.
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10
SEMEJANZA DE RECTÁNGULOS
A una circunferencia pueden inscribirse y
circunscribirse cuadrados como muestra la figura
adjunta. Sabiendo que el área del cuadrado
inscrito es de cuatro unidades de superficie,
qué área tiene el cuadrado mayor?
Solución
En lugar de inscribir el cuadrado como mostraba
la figura anterior, hagámoslo girar 45 hasta la
posición que muestra la figura siguiente. Se
observa que el área del cuadrado mayor es el
doble que la del inscrito es decir, 8 unidades.
15
EDUCANDO A LA INTUICIÓN
Algunas situaciones parecen ir contra la
intuición. Y no se trata de salir del paso
diciendo aquello de que si la realidad se opone
a mis ideas, peor para la realidad. La
intuición, como la capacidad deductiva, puede ser
afinada, educada. Intentamos hacerlo a través de
los siguientes problemas.
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EL CINTURÓN DE LA TIERRA
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Imaginemos un cordel que envuelve como un
cinturón ajustado la Tierra a lo largo del
Ecuador. Añadámosle un metro al cordel. Cuán
flojo queda ahora? La intuición indicaría que la
holgura que se obtiene es pequeñísima, ya que el
metro agregado representa muy poco respecto a la
circunferencia de la Tierra. Más inquietante es
pensar que si ajustamos un cordel alrededor de
una naranja, y le agregamos luego un metro, la
holgura que se consigue para la naranja es
exactamente la misma que para la Tierra. Será
cierto?
Solución
Un sencillo cálculo confirma esta situación
sorprendente. Siendo R el radio de la esfera (la
Tierra o la naranja), el cordel ajustado mide 2
R. Cuando le agregamos un metro, el cordel pasa a
medir 2 R1. El radio que tiene esta nueva
circunferencia, será (2 R1)/2 . La diferencia de
radios nos da la holgura que es 1/2 
15'91549... cm. en los dos casos. Decía esto su
intuición?
17
EL CORDEL Y EL CUADRADO
12
Que pasaría si la Tierra fuese cuadrada?
Solución
La holgura es de 12'5 cm. en ambos casos.
Falló su intuición?
18
13
EL RIEL DILATADO
Solución
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?
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) gt x 22 metros.
Seguro que su intuición volvió a fallar.
19
14
EL PUENTE SIN DISPOSITIVO DE DILATACIÓN
Solución
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?
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 gt h 10 m.
Falló su intuición?
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15
NUEVE ÁNGULOS
Solución
Calcula el valor de todos los ángulos de la
figura sabiendo que el ángulo 1 vale 70.
El ángulo 2 mide 20. Por tratarse de un
triángulo isósceles (dos lados son radios) los
ángulos 4 y 5 son iguales. La suma de los
ángulos 2, 3 y 4 es 90, pues el ángulo total
abarca el diámetro. De estas dos condiciones se
obtiene que la suma de los ángulos 2 y 4 es igual
al ángulo 7. Y el ángulo 7 es igual a dos veces
el ángulo 4. De donde el ángulo 2 es la mitad del
ángulo 7. Por tanto el ángulo 7 mide 40, los
ángulos 4 y 5 miden 20 cada uno, el ángulo 6
mide 140, el ángulo 7 mide 50 y los ángulos 8 y
9 son rectos.
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16
ÁREA DE LA CORONA CIRCULAR
Solución
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.
Sean R el radio del círculo mayor y r el radio
del círculo menor r2R2-1. 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 Api c/2. Como en nuestro caso c/21,
tenemos que Api 1pi.
22
SIMETRÍA Y REFLEXIÓN
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La imagen en un espejo plano y el objeto
reflejado no son iguales, sino simétricos. El
producto de dos reflexiones es la igualdad. Estas
dos sencillas propiedades nos permitirán gastar
una pequeña broma, cuando escribamos a un amigo
utilizando un papel carbón y dos cuartillas.
         La siguiente carta se la mandé a un
amigo mío. Sabe Vd. lo que le pone?
Querido Paco Si se te ocurre poner esta carta
frente al espejo, la leerás sin dificultad. Por
cierto, que no me explico la razón de que
Leonardo da Vinci escribiera siempre en la forma
que ahora estás viendo.
Solución
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18
TRIÁNGULOS ORIGINALES
Cuál tiene una superficie mayor, un triángulo
con lados 5, 5, 6 o uno con lados 5, 5, 8?
Solución
Tienen la misma área. Ambos pueden dividirse por
la mitad para dar lugar a dos triángulos 3, 4, 5.

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19
EL VALOR DE LA MEDIANA
En el triángulo ABC, rectángulo en A, la
hipotenusa a10, el cateto b8 y el cateto c6.
Hallar en 30 segundos el valor de la mediana AM.
Solución
Basta recordar que todo triángulo rectángulo
puede inscribirse siempre en un círculo cuyo
diámetro CBa10 es la hipotenusa, así que
AMradio5.
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20
LA ESFERA HUECA Y EL GEÓMETRA SAGAZ
Una esfera pesa 40 kg. Se la coloca suavemente
dentro de un cilindro lleno de agua en el cual
entra exactamente. Después de esta operación, el
cilindro y su contenido pesan 20 kg más. Cuál es
el volumen del cilindro? Cuál es la densidad de
la esfera?
Solución
El volumen de la esfera es los 2/3 del volumen
del cilindro en el cual aquella puede
inscribirse 4/3piR3 2/3(2piR3). Cuando la
esfera se hunde en el cilindro desaloja los 2/3
del agua contenida en ese cilindro. El aumento de
peso es, pues, el peso de la esfera (40 kg) menos
los dos tercios del peso del agua contenida
inicialmente en el cilindro, lo cual, en kilos,
es igual a los dos tercios del volumen del
cilindro, expresado dicho volumen en decímetros
cúbicos. 20 40 - 2/3V gt V30 dm3 El
volumen de la esfera es V'2/3V20 dm3 y su
densidad es 40/V'2.
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21
LAS ESFERAS PINTADAS
Solución
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)
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/R38/27 luego
r/R2/3 r2/R2x/9004/9 x400 gramos.
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GIROS, POSIBLES O IMPOSIBLES?
Solución
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?
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.
28
23
EL EMBALSE Y EL PEZ
Solución
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?
Mil metros. El pez describe un ángulo recto con
su trayectoria. Un ángulo recto, con su vértice
en la circunferencia de un círculo, intersecta la
circunferencia en los extremos de un diámetro. El
diámetro es, por tanto, la hipotenusa de un
ángulo recto con lados 600 y 800 metros.
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24
EL POSTE ROTO
Un poste mide 32 palmos de altura. Un día lo
parte un rayo. El trozo roto queda apoyado en el
suelo formando un triángulo de 16 palmos de base.
A qué altura se partió el poste?
Solución
x² 16² (32-x)² x12 palmos.
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25
EL CRUCE DE LA RED
Solución
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.
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.
31
26
LOS 7 PUENTES DE KONIGSBERG
Solución
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?
Euler (1707-1783) demostró que el paseo es
imposible. Veamos su demostración. Los siete
puentes están tendidos entre cuatro regiones de
tierra A, B, C y D. De A sale 5 puentes de B,
3 de C, 3, y de D, 3. El paseo sale de una
región y podrá terminar en ella misma o en otra.
Habrá siempre, al menos, dos regiones que no
serán comienzo ni final del paseo. O sea, cada
vez que se entra en ellas debe salirse de ellas.
De cada una de esas dos regiones debería partir
un número par de puentes. Ya se ha dicho que de
las regiones parten 5, 3, 3 y 3 puentes, impares
todos. Conclusión El paseo es imposible.
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27
DIBUJANDO SOBRES.
Solución
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?
Aunque el segundo parece el más complicado de
dibujar, la realidad es que puede dibujarse en
las condiciones estipuladas. El primero en
cambio, no. Todo vértice en el que concurren un
número impar de líneas ha de ser comienzo o fin
del trazado, ya que si no, por cada entrada ha de
haber un salida. En la segunda figura, en los
vértices inferiores ocurre esto, luego uno puede
ser comienzo y el otro fin del dibujo. (Ver
figura) En el primer sobre son cuatro los
vértices en los que concurren un número impar de
líneas como no puede haber más que un fin y un
comienzo, es imposible dibujarlo en las
condiciones propuest
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28
EN GENERAL DE UN SOLO TRAZO, POSIBLE O
IMPOSIBLE?
Un vértice es impar si de el parten un número
impar de caminos. Un vértice es par si de el
parten un número par de caminos. El problema es
imposible si en la red hay más de dos vértices
impares. Es posible a) Cuando todos los
vértices son pares, y entonces el punto de
partida puede ser cualquiera. b) Cuando no hay
más de dos vértices impares, y entonces el
recorrido comienza por uno de ellos y termina en
el otro.
Solución
Se pueden dibujar de un solo trazo los de la fila
superior. Es imposible para los de la fila
inferior.
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29
LOS TRES CUADRADOS.
Tenemos tres cuadrados iguales dispuestos como se
muestra en la figura. Usando solamente geometría
elemental (no trigonometría) demostrar que el
ángulo C es igual a la suma de los ángulos A y B.
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29
LOS TRES CUADRADOS
Solución 1 La siguiente construcción muestra la
solución del problema
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29
LOS TRES CUADRADOS.
Solución 2 Esta otra construcción también
muestra la solución del problema. Los triángulos
APO y OQR son semejantes, por lo que los ángulos
A y O son iguales. Y como CBO, CBA.
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29
LOS TRES CUADRADOS.
Solución 3. Usando trigonometría tgA1/3,
tgB1/2, tgC1. tg(AB) ... 1 tgC. Luego
ABC.
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30
VENTANA DIVIDIDA EN DOS.
Solución
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?
La siguiente figura muestra la solución.
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31
MONEDAS IGUALES DANDO VUELTAS.
Solución
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?
La moneda A da dos vueltas. No se lo cree Vd.?
Tome las dos monedas y lo comprobará.
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32
MONEDAS DISTINTAS DANDO VUELTAS.
Solución
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.
..........
41
33
POSAVASOS Y SERVILLETA.
Solución
Tenemos un posavasos circular y una servilleta
cuadrada. Hallar el centro del posavasos con la
ayuda únicamente de la servilleta y un lápiz.
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.
42
34
EL CUBO Y LOS PLANOS.
Solución
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?
La diagonal es perpendicular a los planos en
cuestión y forma ángulos iguales con todas las
aristas del cubo, por lo que la proyección de una
cualquiera de éstas sobre aquélla es constante.
Luego, sin más que dibujar la figura, se concluye
que la distancia entre los dos planos es 1/3 de
la diagonal
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35
CUATRO CÍRCULOS IGUALES.
Tenemos cuatro círculos iguales de radio 1.
Uniendo los centros obtenemos un cuadrilátero
irregular. Cuánto mide el área sombreada?
Solución
La misma que uno de los círculos, es decir, PI.
La suma de los ángulos de un cuadrilátero es 360
. Cada sector sombreado cubre una parte de un
círculo cuya área depende del ángulo
correspondiente. Los cuatro ángulos cubrirán un
área igual a la de un círculo completo.
44
36
LOS PINTORES DE LA CATEDRAL.
Solución
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?
Un metro cuadrado. Es el área de un cuadrado de
un metro de lado.
45
37
MUY ELEGANTE
En la figura adjunta, cuánto mide B?
Solución
B puede tener cualquier valor. Sean x e y las
dos partes en que se divide B, x la mayor. x/6
B/10 x 6B/10 y/6 B/15 y 6B/15 Como B
xy. Sustituyendo B 6B/10 6B/15 o bien B
3B/5 2B/5. Igualdad que siempre se cumple
para cualquier valor de B.
46
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LA SOMBRA DESCONOCIDA
Solución
En la figura adjunta el triángulo rectángulo
tiene el vértice en centro del cuadrado. Cuál es
el área de la parte sombreada?
Observe que los triángulos sombreados de la
figura son iguales por ser el triángulo
rectángulo. El área de la sombra es la cuarta
parte del área del cuadrado. Es decir, 36/4 9.
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39
LA MEDIANA ES MENOR
Solución
Probar que cada mediana de un triángulo es menor
que el promedio de los lados adyacentes. En la
figura adjunta, probar que x lt (ab)/2.
Sólo hay que repetir un triángulo igual al
primitivo, opuesto por la base, como se muestra
en la figura adjunta. Es evidente que la
diagonal de un cuadrilátero no puede ser mayor
que la suma de dos lados consecutivos. Dividiendo
por dos la diagonal queda la mediana del
triángulo, que por tanto no puede ser igual o
mayor que la semisuma de los mismos lados.
48
40
LA LUNA Y EL TRIÁNGULO
Solución
Las áreas rayadas de la luna y el triángulo, son
iguales?
. Sí, son iguales. Veamos (AB)2 R2 R2
2R2 Área del cuadrante PiR2/4 Área del
triángulo R2/2 Área del segmento de arco AB
PiR2/4 - R2/2 Área de la luna Pi(AB)2/8 -
(PiR2/4 - R2/2) PiR2/4 - PiR2/4 R2/2 R2/2.
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41
EL HEXÁGONO Y EL TRIÁNGULO
Solución
Un triángulo equilátero y un hexágono regular
tienen perímetros iguales. Si el hexágono tiene
una superficie de 6 m2., qué área tiene el
triángulo?
La simple observación de la figura muestra la
solución.
50
42
ÁREA DEL CUADRADITO
Solución
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?
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.
51
43
RECTÁNGULO, DIAGONAL Y TRIÁNGULO
Solución
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?
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.
52
44
LOS DOS CÍRCULOS
Solución
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?
Área(2)/Área(1) Pi R2/Pi r2 (2r)2/r2 4.
Entonces Área(2) 4 Área(1) 4 4 16.
53
45
LA ZONA SOMBREADA
Solución
Cuál es el área de la zona sombreada de la
figura?
Es la cuarta parte del área del cuadrado 16/4
4.
54
46
LAS 4 CABRAS DEL PRADO
En un prado cuadrado de 100 metros de lado, hay
cuatro cabras. Cada una atada a una esquina del
prado con una cuerda de 50 metros, lo que permite
comer una cierta parte de la hierba del prado,
quedando en el centro un trozo que ninguna de
ellas alcanza. El propietario, tras vender tres
de las cabras, alargó la cuerda de la que quedaba
en una de las esquinas, de tal forma que el área
sobre la que podía pastar era equivalente al área
sobre la que pastaban anteriormente las cuatro.
Qué longitud le dio a la cuerda?
55
46
LAS 4 CABRAS DEL PRADO
Solución
El área utilizada por las cuatro es un círculo de
radio 50 m., es decir SPi 50². La que queda sola
ha de pastar sobre un cuadrante de círculo cuya
superficie sea la misma Pi x²/4 Pi 50² gt
x100 m. Justamente la longitud del campo.
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FERMAT EL CENTRO DEL TRIÁNGULO
Solución
Dado un triángulo ABC, encontrar un punto cuya
suma de distancias a los vértices sea mínima.
Se construye un triángulo equilátero sobre cada
lado del triángulo ABC. Uniendo los vértices de
esos tres triángulos obtenemos un punto de
intersección que cumple la condición requerida.
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48
LAS TRES CIRCUNFERENCIAS
Solución
Dadas tres circunferencias iguales, tangentes dos
a dos, calcula el área encerrada entre las tres.
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LA SUMA DE LOS CATETOS
El radio del círculo inscrito en un triángulo
rectángulo mide 3 cm., y el del circunscrito, 5
cm. Cuánto vale la suma de los catetos del
triángulo?
Solución
16 cm. Haga la figura correspondiente y lo verá.

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LA SUPERFICIE DEL LAGO
Solución
La zona sombreada representa un lago. Cuál es la
superficie del lago? Los terrenos que lo limitan
son cuadrados.
El lago es un triángulo rectángulo. Para hallar
su área, basta saber la longitud de los catetos
Área 5x12/2 30 m².
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BONITA PROPIEDAD
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Demostrar que uniendo los puntos medios de los
lados de un cuadrilátero se obtiene un
paralelogramo.
Solución
Trazando las diagonales del cuadrilátero se
observa la propiedad inmediatamente.