Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero PROBLEMAS DE GEOMETRÍA Creer que una...

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 GEOMÉTRICOSCuando 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 ESPACIOLa 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 CÍRCULO1Teniendo 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 ROMBO2En 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 VISTA4Dos 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.

5Solución

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?

7Solución

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?

8Solución

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 TIERRA11Imaginemos 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?

13Solución

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?

14Solución

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.

15Solución

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.

16Solución

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 REFLEXIÓN17La 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?

Soluci

ón



¿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)

21Solución

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?

22Solución

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?

23Solución

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.

25Solución

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?

26Solución

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?

27Solución

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?

30Solución

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?

31Solución

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.

32Solución

..........

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.

33Solución

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?

34Solución

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?

36Solución

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?

38Solución

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.

39Solución

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.

LA MEDIANA ES MENOR



Las áreas rayadas de la luna y el triángulo, ¿son

iguales?

40Solución

. 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?

41Solución

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?

42Solución

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?

43Solución

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?

44Solución

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?

45Solución

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.

47Solución

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.

48Solución

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.

50Solución

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



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Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero PROBLEMAS DE GEOMETRÍA Creer que una...

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