Geometria - Carlos Mercado Schuler.pdf

GEOMETRIA

CURSO DE MATEMATICA ELEMENTAL T o m o

ili y

IV

X

.

ÍNDICE GENERAL PRIMERA PARTE PLA N IM E T R ÍA I a U N ID A D O rígenes de la G eom etría. Conceptos p ri­ m arios. Punto. L ínea. Espacio. Superficie. Plano y sem iplano. Recta y semirrecta. T ra z o o segmento. Rayo. V ertical y H ori­ zontal. Poligonal. Polígonos. Angulo

io

2a U N ID A D Circunferencia y círculo. Elementos princi' pales. T angente y norm al a una curva

'9

3* U N ID A D M edida de los ángulos. Sistem a absoluto, sexagesimal y centesimal. T ransportador. Clasificación de los ángulos. Angulos com­ plem entarios y suplem entarios. Angulos adyacentes. Angulo recto. Rectas perpen­ diculares 23 4a U N ID A D Construcciones geométricas fundamentales ( I a parte). T razad o de paralelas y de per­ pendiculares. Sim etral. Bisectriz 5a U N ID A D Construcciones geométricas fundamentales (2a parte). Adición y sustracción de trazos. C opiar ángulos. Adición y sustracción de ángulos. División de un trazo

2g

10a U N ID A D Teorem as sobre ángulos interiores y exte­ riores de u n triángulo. C orolario. Escolio. Angulos de lados perpendiculares. Angulos interiores de un cuadrilátero. Sum a de los ángulos interiores y exteriores de un polígo­ no. Angulo de un polígono regular. Núm ero de diagonales de un polígono 11a U N ID A D Construcciones geométricas fundamentales (4a parte). Polígonos inscritos y circunscritos. Construcción de polígonos regulares. Polígonos estrellados 12a U N ID A D Lugares Geométricos (Prim era parte). Pro­ blemas de aplicación

33

6a U N ID A D

Definición. Axioma. Postulados. Teorem as

9a U N ID A D " Rectas paralelas cortadas por una transver­ sal. Angulos correspondientes, alternos, contrarios o conjugados, y del mismo lado de la transversal o colaterales. Angulos de la m ism a naturaleza y de distinta naturale­ za. Demostración indirecta o por reducción al absurdo. Angulos de lados paralelos

37

7a U N ID A D El triángulo. Clasificación. D istancia entre puntos y rectas. Elem entos principales y secundarios de un triángulo. A lturas, simetrales, bisectrices, transversales de gravedad, m edianas y radios. Circunferencia circuns, crita, inscrita y ex inscrita al triángulo. 41 Incentro y circunscentro

13a U N ID A D Figuras congruentes. Teorem as de fcongruencia de triángulos. Postulados dé con­ gruencia. Bisectriz de un ángulo. Simetral de un trazo. Teorem a recíproco 14a U N ID A D Lugares Geométricos (L .G .) (Segunda p a r­ te)

8a U N ID A D

15a U N ID A D Teorem as relativos al triángulo isósceles demostrados por congruencia

Construcciones geométricas fundamentales (3a parte). D ibujar geométricamente deter­ minados ángulos. Trisección de un ángulo (90°, 45° y »otros«)

16a U N ID A D C uadriláteros. Clasificación. Sus elementos. Teorem as sobre paralelogram os y trapecios

46

17a U N ID A D Otras relaciones métricas en el triángulo y en el trapecio. Medianas. Poligonal circun­ dante y circundada 94

18* U N ID A D Simetría axial. Sim etría central

102

19* U N ID A D Puntos singulares en el triángulo. Ortocentro, circunscentro, incentro, centro de grave­ dad y centros de las circunferencias ex ins­ critas 104 20* U N ID A D Construcción de triángulos y cuadriláteros. Relaciones en el triángulo, en el paralelogram o, en el trapecio y en el trapezoide. D atum 109

21* U N ID A D L a circunferencia y el círculo (Segunda par­ te). Relaciones entre cuerdas iguales y dife­ rentes. M edida de un ángulo en función del arco que subtiende. T eorem as sobre ángulos inscritos, semiinscritos y del centro. T eore­ m a de la semicircunferencia de T hales de M ileto. L ugar Geométrico del »arco capaz de u n ángulo“ . C uadrilátero inscrito en una circunferencia. T eorem a sobre ángulo inte­ rior y ángulo exterior en un círculo 122

22* U N ID A D Posición relativa de dos circunferencias. T ra z a r las tangentes desde un punto a una circunferencia. C uadrilátero circunscrito a una circunferencia. T angentes comunes exteriores e interiores a dos circunferencias 133

23* U N ID A D Lugares Geométricos (Tercera parte). Ejer­ cicios resueltos y por resolver 138

24a U N ID A D Figuras equivalentes. Equivalencias entre paralelogram os, triángulos y trapecios. Proyecciones de un trazo sobre una recta o eje. Teorem as de Euclides. T eorem a P ar­ ticular de Pitágoras. Cálculo de áreas de figuras 144

25a U N ID A D Transform ación y división de figuras

158

26* U N ID A D T razo s conmensurables e inconmensurables. M áxim a común medida de dos trazos. T ra ­ zos o segmentos proporcionales. Teorem a Particular y G eneral de T hales de M ileto. Construcción de la tercera y cuarta propor­ cional geométrica 179 27* U N ID A D División interior y exterior de un trazo. Di­ visión arm ónica de Un trazo. Puntos arm ó­ nicos. Circunferencia de Apolonio. Teorem a de Apolonio 186 28* U N ID A D Figuras semejantes. Teorem a de semejanza de T hales. Teorem as de sem ejanza de triá n ­ gulos (Postulados o Axiomas de semejanza) 198 29* U N ID A D Relaciones métricas en el triángulo rectán­ gulo y en el círculo. Teorem as de Euclides. Teorem as de las cuerdas, de las secantes y de la tangente. Construcciones de la media proporcional geométrica. Teorem a Gene­ ral de Pitágoras. Construcciones de las raí­ ces de la ecuación de Segundo G rado (ecua­ ción cuadrática) 206 30a U N ID A D Potencia de un punto respecto a una cir­ cunferencia. C entral. Eje radical 217 31a U N ID A D Teorem as sobre polígonos semejantes. Longitud de la circunferencia. El número Polígonos homotéticos

221

32a U N ID A D C om paración de áreas de polígonos. Area del círculo. Area de sectores y segmentos circulares. D eterminación experim ental del num ero n 228 33a U N ID A D Cálculo de los lados de los polígonos regu­ lares inscritos y circunscritos, en función del radio de la circunferencia. Cálculo de apo­ tem as y áreas de estos polígonos. Sección áu rea o divina 242

34a U N ID A D Cálculo de t . M étodo de Arquímedes o de los ¡soperímetros. Rectificación de la circun­ ferencia. C uadratura, del círculo

35a U N ID A D Aplicación de Algebra a la Geom etría. Cons­ trucciones fundam entales. Expresiones ho­ mogéneas y heterogéneas. Duplicación del cubo

SEGUNDA PARTE ESTER E O M E T R IA 36a U N ID A D Posición relativa de rectas. Posición relativa de planos. Puntos colineales y coplanarios. Rectas coplanarias. Angulo diedro. Angulo sólido 286 37a U N ID A D Cálculo del área de la superficie y del volu­ men de un cuerpo. Poliedros. Principio de Cavalieri. Prism as. Pirámides. Cilindros. Conos. Esfera. T eorem a de Eudoxio. D esa­ rrollo de cuerpos geométricos 293

38a U N ID A D C uerpos y superficies de revolución. T eore­ m as de G uldin. L a cuña o inglete esférico. H uso esférico. Volumen del »toro« 3,9a U N ID A D Poliedros regulares. Descartes

Teorem a

de

Euler-

40a U N ID A D L as secciones cónicas como Lugares Geo­ métricos. La elipse. L a parábola. La hi­ pérbola

TERCERA PARTE G E O M ET R IA AN A LITIC A 41a U N ID A D D istancia entre dos puntos. Coordenadas del puntó medio de un trazo. División de un trazo en determ inada razón. Perím etro y área de un triángulo y de un cuadrilátero 34 ° 42a U N ID A D La recta. Pendiente de una recta. Inclina­ ción de u n a recta. Recta por el origen. Haz de rectas. Recta p o r dos puntos. Ecuación general y principal de una recta. Coeficiente angular (pendiente) y coeficiente de posi­ ción. Ecuación de segmentos. Rectas p ara­ lelas. Angulo formado por dos rectas. Rectas , perpendiculares 345 43a U N ID A D Ecuación norm al de una recta. D istancia de un punto a una recta. Ecuación del plano. Ecuación de la bisectriz 357 44a U N ID A D L a circunferencia. Ecuación general y ecua­ ción canónica. Discusión de la ecuación ge­ neral de la circunferencia 3®1

45a U N ID A D Repaso: concepto de función, dominio y rango 46a U N ID A D L a parábola. Función cuadrática. Punto de inflexión. Punto máximo y punto mínimo. Discusión de las diferentes fórmulas de la parábola. Eje de sim etría de la parábola 47a U N ID A D L a elipse. Su ecuación y elementos 48a U N ID A D L a hipérbola. Su ecuación. Asíntotas 49a U N ID A D Resolución gráfica de sistem as de ecuacio­ nes y de inecuaciones 50a U N ID A D Ecuaciones de la tangente de una curva

INDICE ALFABETICO

PRIMERA

PARTE

L VS) 0

^ f, fí\¡ £ b R A

PLANIMETRIA

Euclides Este insigne matemático griego se cree que vivió alrededor del año 300 antes de J C . Se le considera como el Padre de la Geom etría. Fue el fundador de la Escuela de A lejandría durante el reinado de Tolom eo i y en la cual se desarrolló sistem áticamente la M atem ática. En su genial obra L os Elem entos expone en 13 libros la geom etría que se conocía hasta esa época. Es curioso e im portante señalar que este texto de G eom etría se ha seguido usando con muy pocas variaciones durante más de 20 siglos. >9<

Ia U N I D A D O ríg en es d e la G eom etría. C on cep tos p rim arios. P u n to. L ín ea. E sp acio. S u p erficie. P la n o y se m ip la n o . R ecta y sem irrecta. T ra zo o seg m en to. R ayo. V ertical y h o rizo n ta l. P o lig o n a l. P o líg o n o s. A ngulo.

7. O R IG E N E S

Etimológicamente la palabra

g e o m e tría

signi­

fica »medida de la tierra«, ya que está formada p o r dos raíces griegas: geo = tierra y metrón = medida. Históricam ente su origen se remonta al Antiguo Egipto cuando las inundaciones perió­ dicas del N ilo obligaban a reconstruir esas espe­ cies de parcelas o fundos de épocas remotas. P or lo tanto, podemos decir que lo que hoy se Fig. 2

conoce como G eom etría tuvo sus orígenes en Egipto unos tres mil años antes de C risto y fue u n a Geometría intuitiva, ya que los hechos se -

Pero con los griegos ya se consigue un avan­

aceptan sin demostración, son productos de la

ce en esta Ciencia, pues con T hales de M ileto,

práctica, conocimientos que se fueron transm i­

unos 600 años antes de C risto, nace la Geome­

tiendo y aplicando tanto en la agrim ensura como

tría demostrativa, es decir, los hechos se aceptan

en la construcción de pirám ides, tum bas y una

si previamente son demostrados por medio de

serie de monumentos.

razonam ientos y no por ser »recetas« que se

De Egipto pasaron estos conocimientos a los griegos que tam bién le dieron, en un comien­

aplican porque en la práctica y uso siempre

zo, un uso práctico a esta Ciencia. Existía una

clides, la demostración de los conocimientos

resultan. Con T hales, y más que nada con Eu-

especie de agrim ensores llamados »harpedonap-

matemáticos, en general, pasa a ser un elemento

tas«, palabra que significa »estiradores de la

fundamental que — posteriorm ente— es la base

cuerda«. Su instrum ento fundam ental se com­

de la Lógica, ya que se estudian y establecen las

ponía de una cuerda en la cual existían cuatro

»leyes del razonam iento verdadero«.

nudos que dividían al cordel en longitudes co­

Los antiguos griegos dieron gran im portan­

rrespondientes a 3 unidades =A B, 4 unidades =

cia al desarrollo de esta Ciencia que, a menudo,

BC y 5 unidades = C D (Fig. 1). C on este prim i­

se llama

tivo instrum ento geométrico se podían trazar

a Euclides, el gran matemático griego que vivió,

ángulos rectos con lo cual se reem plazaba a la »escuadra« actual.

probablem ente, hacia el año 280 a. de JC .

g e o m e tría

En su obra

lo s

e u c i .i d i a n a ,

e le m e n to s

en homenaje

expone en 13

libros los conocimientos geométricos hasta esa 3

4

época y, salvo algunas pequeñas variaciones,

5

* n r r r m * r r r n r r n ^ m 'n T m T ) * A

B

C

D

Fig. 1

P ara esto clavaban una estaca en A y en B;

son los mismos conocimientos geométricos que se siguen enseñando en los colegios secundarios actuales, a pesar de haber pasado más de 20 siglos.

jun tab an D con A y al estirar la cuerda con otra

La base de las demostraciones de la Geome­

estaca en C se formaba un ángulo recto en B.

tría para Euclides son las definiciones, los axio­

(M ás adelante veremos que este conocimiento

m as y los postulados; con su ayuda demuestra

intuitivo no es m ás que el T eorem a de Pitágoras.) (Fig. 2).

una serie de teoremas que le servirán, posterior­

>10(

mente, para dem ostrar otros teoremas. Es decir,

se parte de estas proposiciones no demostrables

divisores: 2 y 5. Como ejemplo del sistema

las que servirán de base p ara dem ostrar otras

sexagesimal está la medición en grados, minutos

proposiciones siguiendo un desarrollo y un razo­

y segundos, como, asimismo, el cálculo horario

namiento deductivo. Con Platón (ateniense, 428

en horas, minutos y segundos. Además, tanto

a 347 ó 348 a. de J C .) nace un movimiento cien­

los hindúes como los babilonios resolvían ecua­

tífico-filosófico en su Academia en cuyo frontis

ciones cuadráticas y otros conocimientos que

se leía: »No entre aquí si no eres geómetra«.

fueron divulgándose de Babilonia, India, Arabia

Fue discípulo de Sócrates y m aestro de A ris­

y G recia hasta llegar a Occidente a través de

tóteles; p ara él la M atem ática debe estudiarse

siglos. Se cree que los griegos fueron muy bue­

con el único objeto de saber más y no con una

nos sistematizadores y compendiadores de la

finalidad práctica o utilitaria. P a ra Platón las

cultura desarrollada por pueblos que existían

construcciones geométricas deben hacerse sin

entre el Eufrates y el Tigris.

m ás instrum entos que la regla y el compás, incluso los antiguos problem as de la cuadratura del círculo, la trisección de cualquier ángulo y la duplicación del cubo.

2. C O N C E P T O S P R IM A R IO S Existen algunos conceptos prim arios o funda­ mentales en Geom etría que no se definen y que

Euclides (— 330 a — 227), Arquímedes de Siracusa ( —287 a —212) y Apolonio de Pérgam o (¿ —260 a - 20 0 ?) son los tres geóm etras de la

hemos adquirido en nuestras actividades diarias por intuición. E ntre estos conocimientos básicos están el punto, la recta, el espacio y el plano.

Antigua Grecia que cim entaron nuestra geome­ tría que tratarem os en seguida y que se basa en lo que históricamente se conoce como 50 tu la d o

de

e u c lid e s :

pos­

»por un punto situado

fuera de una recta se puede trazar sólo una p a ­ ralela a ella«. este postulado euciidiano sino que aceptan otros principios y postulados que dan origen a las llam adas »geometrías no-euclidianas« o »hiper­ bólicas« como las creadas por Lobatschevsky Ivanovitch,

estrella es un punto en el Universo, que la inter­ sección de dos »rayitas« determ inan un punto, etc. Los puntos los designaremos con letras

Existen otras »geometrías« que no aceptan

(Nicolás

Un punto es esto ■ o esto *; podemos decir que la punta de un alfiler es un punto, que una

ruso,

1793-1856), Ju a n

Bolyai (húngaro, 1802-1860) y Bernardo Riem ann (alemán, 1826-1866).

mayúsculas. Así tendremos un punto A, un punto P, etc. Pero todos ellos son adimenSionales, es decir, no tienen tam año y, p o r lo tanto, no tienen ni largo, ni ancho ni alto. El punto sólo tiene posición, o sea, ubicación con respecto a »algo«. Si se pide m arcar un punto P en la pizarra o en el cuaderno, el problema tiene infinitas

Pero nosotros en el desarrollo de este Libro

soluciones. Por esta razón y para evitar la inde­

estarem os plenam ente de acuerdo con Euclides

terminación y fijar la posición de un punto se hace necesario indicar algunas condiciones.

a pesar de haber transcurrido más de 23 siglos desde la época en que vivió este insigne m atemá­ tico griego.

cuaderno un punto que esté a 3 cm del margen

En la H istoria de la Ciencia M atem ática

de la izquierda. ¿C uántas soluciones existen?

P or ejemplo: A) m arque en una hoja de su

tienen vital y notable im portancia los conocimien­

B) m arque en su cuaderno un pupilo que esté a

tos de los hindúes y de los babilonios 2 mil a 3 mil años antes de N uestra Era. D e los babilo­

2 cm del borde inferior. ¿C uántas soluciones encontró?'C ) M arque en su cuaderno un punto

nios hemos heredado hasta nuestros días el

que simultáneamente esté a 3 cm del margen

sistem a sexagesimal, cuyo número básico es el

izquierdo y a 2 cm del borde inferior. ¿Cuántos

60. U na de las grandes ventajas de este sistema

puntos reúnen estas dos condiciones al mismo

es el tener 60 diez divisores enteros: 2 , 3, 4, 5, 6 ,

tiempo? D) M arque en su cuaderno un punto

10, 12, 15, 20 y 30. En cambio, 10 tiene sólo 2

que esté a 3 cm de otro punto fijo P dado. ¿C uán­ >11<

tos puntos encontró? E) Indique aproxim ada­

— i------------------------------------------------y A

mente con la punta de un lápiz un punto que esté

B

Fig. 6

a 4 m etros del pizarrón, a 3 m etros de la pared de la ventana y a 1,5 m etro del suelo. Estos ejemplos y muchos más hacen ver que para fijar la posición de un punto debe darse un »sistema de referencia« respecto al cual se le debe ubicar, o bien, deben indicarse las condi­ ciones necesarias y suficientes que eviten la am ­ bigüedad de su ubicación o de su posición. 3. L IN E A C uando un punto se traslada cam biando en

distintos para determ inar o dibujar una recta. En térm inos conjuntistas podemos escribir: SiAABeE3!L|AGLABGL En cambio, por un punto F del espacio pueden trazarse infinitas rectas que forman lo que se llama un »haz de rectas« (son rectas con­ currentes). (Fig. 7). L h L ’ n L ” n L ” ’ n . . . = ¡pi

cada instante su dirección se engendra una ú n e a c u rv a

(Fig. 3) y si el punto se traslada sin

cam biar de dirección se engendra una re c ta

o simplemente una

re c ta

lin e a

(Fig. 4). Una

recta se designa generalmente con una L o R. lin e a

m ix ta

es la que está formada por partes

rectas y otras curvas (Fig. 5).

5. S U P E R F IC IE Podemos decir que »superficie« es el límite que separa a un cuerpo del espacio que lo rodea. Distinguirem os la superficie curva y la superficie plana o simplemente plano. Cuando una recta L se traslada en torno a un punto fijo P del espacio apoyándose sobre una curva C se engendra lo que se llama una superficie curva (Fig. 8). 4. E SP A C IO = E E n general llam am os espacio a todo lo que nos rodea, donde nos desenvolvemos p ara efectuar nuestras actividades diarias, etc. Pero, en G eo­ m etría,

e s p a c io

es el conjunto Universo de esta

Ciencia y en él podemos m arcar los puntos, tra z a r líneas, dibujar superficies, construir y ubicar los cuerpos. Podemos decir que el espacio geométrico E es un conjunto no vacío cuyos ele­ mentos son puntos. Siendo A y B dos puntos del espacio E, al unirlos puede trazarse p o r ellos una sola recta L (Fig. 6 ). Por lo tanto, bastan sólo dos puntos )12(

N

En cambio, cuando una recta L gira en torno a un punto fijo P del espacio apoyándose sobre otra recta L ’ se engendra lo que se llama superficie plana o simplemente plano. Se denota p o r (P) (Fig. 9).

P or lo tanto: plano (M N ) = (P). Semiplano: U n a recta divide siem pre a un plano en dos partes y cada una de estas partes constituye un semiplano. La recta hace las veces de »frontera« y no pertenece a ninguno de ellos (Fig. 10). Observación: Los temas que tratarem os a continuación serán desarrollados en el plano. I

P ara mayor comprensión consideraremos como L a recta L que se traslada y engendra la

superficie se llam a generatriz y la curva C o recta L’ sobre la cual se apoya se llam a directriz. Al considerar y u n ir dos puntos cualesquie­ ra de una superficie se determ ina una recta. Si todos los puntos de esta recta pertenecen a la superficie, ésta es plana. N o sucede esto en una superficie curva a excepción de las generatrices (recta que engendra la superficie curva). Los carpinteros y otros »maestros« para com probar si una superficie es plana colocan en

el plano a la hoja del cuaderno o al pizarrón y p o r esta razón no dibujarem os el plano (P),. salvo cuando sea necesario hacerlo. 6. L A R E C T A Se considera form ada por un conjunto infinito de puntos que se prolongan ilim itadam ente en ambos sentidos. Además de designarla con la letra L o R una recta también puede denotarse considerando dos puntos de ella, p o r ejemplo A y B, escribién­ dose (Fig. 11):

distintas posiciones una regla de »canto« sobre la superficie a exam inar y com prueban si la luz atraviesa o no la parte en contacto. En una hoja de cuaderno o en el pizarrón se puede representar sólo una porción del plano pues éste es ilimitado, infinito.

recta L

= AB = » A £ L a B G L

L * ------ 1----------■ ---------- -— I--------► A

B Fig. 11

Semirrecta: cuando se marca un punto P

Como en la práctica lo que más vemos co­

sobre una recta se obtiene lina partición de ella

m únm ente son porciones de planos rectangula­

com puesta de dos sem irrectas y el punto P. El

res (una pared, una hoja de cuaderno, las tapas

punto P no pertenece a ninguna de las dos se­

de un libro, las caras de una caja de fósforos,

m irrectas y hace las veces de frontera (Fig. 12).

etc.), se elige al rectángulo para representar a un plano, pero que, visto en perspectiva, apare­ ce como u n paralelógram o. El plano se denota

tS »---------------------- 1--------------------- ► P Fig. 12

con dos letras mayúsculas M y N colocadas respectivamente en

dos vértices opuestos, o

bien, con una letra (P) (Fig. 10).

Rayo: es la recta que parte de un punto. El punto del cual parte es el origen del rayo y >13(

pertenece al rayo (Fig. 13). Por lo tanto, semi-

4)

B

a

recta y rayo son diferentes. Se designa por OA.

El rayo que parte de A (el ori­

C uando al rayo se' le asigna una dirección, un

gen) y que pasa por B es AB;

sentido y un tam año fijo se le llama vector.

no tiene límites más allá de B.

o------------------------------------

n

5)

Fig, 13

A

B.

El vector de origen A y extremo

Trazo o segmento: es la porción' de recta

B es AB; a diferencia del rayo,

com prendida entre dos puntos de ella. Se denota

la longitud del vector es bien definida y corres­

AB o simplemente con u n a letra minúscula colo­

ponde a la distancia entre el origen A y el extre­

cada en tre sus extremos. P or ejemplo: trazo

mo B. E sta longitud se designa por | A B |. Por

a = AB (Fig. 14).

lo tanto, un vector es un trazo dirigido .con una a

----------------- 1—

longitud, dirección y sentido bien precisos.

--------------------------------------------

B

t

Fig. U

Además, se pueden distinguir: Vertical: es toda recta que sigue la dirección

Podemos decir, tam bién, que el trazo AB es la figura geométrica form ada p o r el conjunto

del »hilo a plomo«. (Recordemos que los cuerpos en el vacío caen verticalmente.) (Fig. 16 y 17).

de puntos comprendidos entre A y B, incluidos los extrem os A y B. L a longitud de la distancia correspondiente en tre A y B es la medida del trazo AB. L a medi­ da del trazo AB se designa p o r mAB, o más

Vertical

simplemente, p o r AB. Adoptarem os esta últim a notación. Por lo tanto, AB es una longitud y está re­

Fig. 16

presentada por un núm ero positivo que es la medida del trazo AB. Luego: dos trazos AB y C D serán iguales cuando tengan

la

misma

TnWmffTm7T7/TfTnl777T7? T o rre " n o a p lo m o " o d e s ­ v ia d a d e l a v e rtic a l

medida, es decir:

AB = CD . Además podemos escribir que: AB

= BA

y C D = D C. Resum iendo e insistiendo en los conceptos anteriores

diremos

que

(Fig.

15):

l)-2)-3)

4)-5)). ------- 1-------------------------------i---------►

u '

A

% • ,5

B

L a recta que pasa p o r A y B es AB. -i

2)

A

B

Horizontal: es toda recta que sigue la di­ rección de las »aguas en reposo«. Por ejemplo,

E l trazo determ inado por tes

el agua contenida en un vaso, pero no el agua

puntos A y B es AB.

del m ar o de un río (Fig. 18).

I------------ ---------------------------1 A B

3)

L a medida del trazo AB es

Fig. 18

AB = a (es un núm ero positi­ vo). )U(

777777/777777777777777777

Rectas coplañares: son las que pertenecen al mismo plano.

poligonal pertenece al mismo sémiplano (Fig. 2 2 ).

Rectas concurrentes: son las que se cortan entre sí y, por lo tanto, tienen sólo u n punto común (Fig. 19). L O L ’ = {A}

Poligonal cóncava o no convexa: es aquella q ue al prolongar cualesquiera de sus segmentos no toda la poligonal queda en el mismo semiplano (Fig. 23).

Rectas paralelas: son rectas de un mismo plano que son equidistantes entre sí. Al prolon­ garlas su intersección es el conjunto vacío: L, O U = ; L , / / L 2

R ectas

(Fig. 20)

p a ra le la s 8. P O L IG O N O

Fig- 20 P or ejemplo: las líneas del ferrocarril, las

Es la figura geométrica en un plano formada p or una poligonal cerrada (Fig. 24).

líneas de un cuaderno de composición, etc. Rectas cruzadas: son rectas que están en planos diferentes y que al prolongarlas no se cortan. P o r ejemplo: una recta dibujada de norte

Fig. 24

a su r en el techo de la sala y otra de este a oeste en el suelo. 7. P O L IG O N A L E s una recta que se »quiebra« periódicamente.' P o r eso se la llama también línea »quebrada« o zigzag (Fig. 21).

C ada segmento de esta poligonal es un lado del polígono y la intersección de dos segmentos vecinos o lados es un vértice de él.

Fig. 25

U na poligonal puede .ser convexa o cóncava. Poligonal convexa: es aquella que al pro­ longar cualesquiera de sus segmentos, toda la

El polígono efectúa una partición del plano en tres subconjuntos (Fig. 25): la región interior, >15(

la región exterior y la frontera que está form ada

En estos polígonos el segmento que se de­ term ina al unir dos puntos cualesquiera de su

p o r los lados del polígono. Entonces:

frontera no siempre es subconjunto del dominio. (región interior! n jregión exterior) = 0

(M ás adelante volveremos sobre estos polígo­

¡región interior) U ¡región exterior)U ¡frontera) = (P)

nos.)

D ominio de un polígono: es la unión del conjunto »región interior« con el conjunto »fron­ tera« :

9. P O L IG O N O S E S P E C IA L E S Según el núm ero de lados que tenga el polígono recibe un nombre especial: triángulo = polígono de 3 lados (es la unión de

D om = región interior U frontera Este dominio puede ser convexo o cóncavo (no convexo) y de aquí que los polígonos pueden

tres segmentos), cuadrilátero = polígono de 4 lados (es la unión de cuatro segmentos),

ser convexos o cóncavos. Polígono convexo: es el formado p o r una

pentágono = es polígono de 5 lados

poligonal cerrada y convexa (Figs. 2 6 ,2 7 , 28).

exágono o hexágono = polígono de 6 lados eptágono o heptágono = polígono de 7 lados octógono = polígono de 8 lados nonágono o eneágono = polígono de 9 lados decágono = polígono de 1 0 lados endecágono = polígono de 1 1 lados

MÍ3 C Dom

Dom 3 AB

F‘g-27

Fig- 26

dodecágono = polígono de 12 lados pentadecágono = polígono de 15 lados icoságono = polígono de 20 lados Los que no tienen un nom bre especial se designan por el núm ero de lados que poseen.

RS CDom

Fig. 28

Én estos polígonos el segmento que se de­ term ina al u n ir dos puntos cualesquiera de su frontera pertenece enteram ente al dominio. Polígono cóncavo: es el formado p o r una poligonal cóncava cerrada (Figs. 2 9 ,3 0 ,3 1 ).

Por ej., polígono de 28 lados. 10. A N G U L O Es la figura geométrica que forman dos rayos qu e parten de un mismo punto. El punto común es el vértice del ángulo y las semirrectas que lo form an son los lados de fl. U n ángulo se designa con tres letras m a­ yúsculas dejando al medio la correspondiente al vértice. En la figura 32 el ángulo formado se denota: X, A O B, o bien, 2$. BOA

Fig- 32

La medida del ángulo AOB es un número real. Se indica por m % AOB o, más simplemen-

te, por una letra griega o un núm ero colocado entre sus lados.

Análogamente, la diferencia entre estos dos ángulos es: cv —0 . Aunque un ángulo no es un polígono efec­ túa, del mismo modo que éste, una partición en el plano (P): la región interior, la región exterior y la frontera. L a frontera está constitui­ da por el ángulo, es decir, por los infinitos pun­ tos que están situados en los dos rayos que p ar­ ten del origen común o vértice. Entonces (Fig. 35): semirrecta O A H semirrecta O B =

La sum a de los ángulos A O C y C O B se

rayo O A D rayo O B = | 0 |

indica (Fig. 34): m * A O C + m 4 C O B = m 4 AOB o más simplemente: 4 AO B = « + 0

Fig. 35

11. T E S T D E V E R D A D E R O O F A L S O Coloque dentro de los paréntesis u n a V si el aser­ to es verdadero o una F si es falso. L as preguntas l a 10 se refieren a la figura 1. (No aparecen vectores.) .D Fig. 1

1. (

) A B C AD

2. (

) A B Ó AC = AB

3. (■ ) A B U AC = BC 4. (

) rayo AB C rayo AD

5. (

) AB + B C + C D = ÁD

6. (

) A C Ó D A = BC

7. (

) C B n CD = *

8. (

) AB p ) D C = BC

9: (

) ÁB Ó D C = AD

10 . (

) AB + ÁC = A ?

11. (

) E n la Fig. 2: % BOA >

12. (

) E n la Fig. 2: 4 'AO B S 4

13. (

) U n ángulo es la unión de dos rayos no

COD

colineales que tienen el mismo origen. 14. (

) Angulos congruentes son los que tienen la m ism a medida.

15. (

que tienen u n lado común son rayos

)T o d o plano es un conjunto convexo, pues al unir dos puntos cualesquiera de

opuestos, los ángulos son suplemen­

él se obtiene siempre una recta q ue per­

) Si los lados exteriores de dos ángulos

18. (

tenece enteram ente al plano.

tarios. 19. ( 1.6. (

) L a región interior de un ángulo es la

sem iplanos constituyendo cada uno de

intersección de los dos sem iplanos que

ellos, por separado, un conjunto con­

determ inan sus lados. ■

17. (

) U n triángulo es la unión de tres seg­ mentos determ inados por tres puntos no colineales.

)« <

) T oda recta de un plano lo divide en dos

vexo. 20. (

) T odo plano divide al espacio en dos semiespacios que constituyen cada uno de ellos, un conjunto convexo.

2a U N I D A D C ircu n feren cia y círcu lo . E lem en to s p rin cip a les. T an gen te y n orm al a u n a curva.

12. C IR C U N F E R E N C IA Y C IR C U L O

Radio: es el segmento que une el centro del

Definición: »La circunferencia es u n a línea curva

círculo con un punto de la circunferencia. Co­

cerrada q u e pertenece a un plano y cuyos puntos

rresponde a la distancia constante a que están

tienen la propiedad de equidistar de un punto

todos los puntos de la circunferencia del centro.

que se llam a centro«.

Se designa por »r«.

E n cambio, círculo es la superficie plana

P ara indicar simbólicamente que se ha d i­ bujado una circunferencia de centro O y radio

lim itada por la circunferencia.

»r« se escribe: O (O , r) ó O (O , OP). C= circunf. ( f ro n te r a )

Arco: es una p a rte de la circunferencia com­ prendida entre dos puntos de ella. E n nuestro dibujo se indica EF. P o r lo tanto: É F C O (O , r) Fig. I

r e g ió n e x te r io r

Cuerda: es el segmento que se determ ina al u n ir dos puntos de la circunferencia. E n nuestro ejemplo, H L es una cuerda. Flecha o sagita: es el segmento com prendi­

Tam bién se produce en este caso u n a p a rti­

do entre el punto medio de una cuerda y el punto

ción del plano en tres subconjuntos (Fig. 1): la

medio del arco comprendido menor. (Es perpen­

región exterior, la región interior que es el círcu­

dicular en el punto medio de la cuerda y su pro­

lo y la frontera que está constituida p o r la cir­

longación pasa p o r el centro del círculo.)

cunferencia. P or lo tanto, debemos insistir que no es lo mismo circunferencia, que es una línea, y círculo que es una superficie. En este caso el dominio es convexo y está formado p o r la unión de la circunferencia y el círculo. Designando por C

= circunferencia y

por A = círculo, se tiene: a) Dom = ¡C) U (A |

-

b) Si O = centro, 0 € A a O ^ C

Diámetro: es la cuerda mayor. P or lo tanto, es la cuerda que pasa por el centro y equivale,

13. E L E M E N T O S P R IN C IP A L E S (Figs. 2 y 3) E n símbolos la circunferencia se indica O . H

en longitud, al doble del radio. Se le designa por »d«. Luego: d = 2r. Secante: es la recta que pasa p o r dos puntos de la circunferencia (la corta en dos puntos). En

, B

----------- 1 — 3 a ----------►Al

!

¡ o l-------

------- 2 b b

—

b

*B ¡ l

0 9 -F ig .l

. .

Solución: A p a rtir del origen O de un rayo

y con la ayuda de un compás, se copia a = O A

Fig. •/

Solución:

OA = 3a, AB = 2b,

y a continuación b =A B (Fig. 1).

BC = c, resulta O C = x (Fig. 4)

Resulta: O B = OA + AB => x = a + b 38. P R O B L E M A

35. P R O B L E M A D ado un triángulo ABC de lados a , b, c determ i­ n a r geométricamente un trazo »x« equivalente a su perím etro. (El perím etro de una figura es la sum a de todos sus lados.)

D ado un trazo »a« dividirlo en dos partes igua­ les. Solución: Basta tra z a r la sim etral (según 31). Si AB = a resulta M A = M B = 4- a (Fig. 5)

C

i

íI

*

-»ic i X i. i i

Fig: 2

i

i

i I

.i -4— |M I I I I I X

ID

Fig. 5

39. P R O B L E M A Solución: A p a rtir del origen de un rayo se copian, sucesivamente, los lado? del triángulo

D ado un trazo »a« dividirlo en cuatro partes iguales.

(H ágalo usted).

Solución:

36. P R O B L E M A : R E S T A R T R A Z O S

2 ) se traza la simetral de cada m itad, resul­

1) se traza la sim etral de AB (según 31). D ados dos trazos »a« y »b«, siendo a > b, de­ term inar el trazo »x« equivalente a la diferencia

tando: AC = C M = M D = DB = ± (Fig. 5)

de ellos tal que x = a - b.

40. P R O B L E M A D ividir un trazo en tres partes iguales.

F ,g ..í

|_

0

+ 8 * _ _ b ---- ♦ A

- Solución: Se copia en un rayo O el trazo a = O A al cual se le resta b = AB (Fig. 3). Resulta: O B = O A — AB . . x = a —b

Solución: 1) Se forma un ángulo con vértice en A (o en B) (Fig. 6). 2) Sobre el lado libre AL se aplica una uni­ dad (puede ser 1 cm o una abertura conveniente de! compás) tres veces. 3) El último punto E se une con el otro ex­ trem o B del trazó dado. )33(

se corta el arco de centro O ’ desde A ’ con lo que se determina el punto B’. 4) Se une finalmente. O ’ con B’. Resulta: K A’O ’B’ = 21 AOB = « . 'I I . Solución: con el transportador.

(H á­

galo usted). 43. S U M A R A N G U L O S

4) P or los otros puntos (1 a 2) se trazan las paralelas a EB, p o r el método del paralélogramO. R esulta: A C = C D = D B =

G E O M E T R IC A M E N T E Dados los ángulos a y /3, determ inar el ángulo equivalente a la suma de ellos, es d e c ir:« + /5.

(Fig. 6)

41. P R O B L È M A D eterm inar las i

partes de un trazo dado »a«.

Solución: 1) Se forma un ángulo con vértice en A y sobre su lado libre se aplica una unidad (una abertura del compás) cinco veces (Fig. 7). 2) Se unen los extremos B y E. 3) P o r el punto »3« se traza la parajela a EB (por método del # ) . Resulta: AC = 4 - •Á B = 4J • a 42. C O P IA R U N A N G U L O C opiar un ángulo dado a.

Solución: 1) Se dibujan, con un mismo radio, arcos entre lós lados de los ángulos dados y en el origen del rayo O donde se van a sum ar (Fig. 9). 2) Se copia el ángulo a continuación/3 = 4 B’O D ’.

Fig. 8

«

ángulo dado y con el mismo radio un arco de cen­ tro O ’. 3) Con el compás se mide la cuerda AB co/-N rrespondiente al arco AB y con esta m agnitud )34<

^ A’O B ’ y a

Resulta: 2$. A’O D ’ = a + fi 44. R E S T A R A N G U L O S Dados dos ángulos « y

1. Solución: 1) Se traza un rayo O ’L (Fig. 8). 2) Se dibuja un arco AB entre los lados del

=

>

t i.

tí, restarlos siendo

O B S E R V A C IO N E S 1) En un Sistema C artesiano de Coordenadas (Sistema Ortogonal) un ángulo está ubicado en Fig. 10-a

posición normal (o »standard«) cuando su vértice coincide con el origen del sistem a, teniendo su lado inicial coincidiendo con el semieje positivo de las abscisas (o semieje de las X) y el lado term inal en uno de los cuadrantes del Sistema (Fig. 12).

1) C on el mismo radio se dibujan arcos de centro O , O ’ y O ” (Figs. 10 y 10a). . 2) Se copia a resta 0 desde B’.

=

4 A’O B ’ al cual se le Fig. 12

Resulta: 4 A ’O D ’ = « - t i 45. P R O B L E M A T rip lica r la medida de un ángulo « dado.

la d o I n ic ia l

Fig. 13-

Solución: 1) Con un mismo radio se dibujan arcos entre los lados del ángulo d a d o .y en el origen del rayo donde se va a copiar (Fig. 11). 2) Se mide con el compás la cuerda AB y esta abertura se la aplica tres veces consecutivas a p a rtir de A ’ de modo que: i V B ’ = B^C = C D = A B Resulta: 4 A ’O ’D = 3 a 46. D ibujar un triángulo y sum ar geométricamente-sus tres ángulos. 47. Sum ar los cuatro ángulos interiores de un cuadrilátero cualquiera. 48. D ados tres ángulos a , 0 , y determ inar un ángulo »x« tal que: x = 3 -« + 0 - 2 -y

2) U n ángulo pertenece al- cuadrante en

Los ángulos « , 0 , 7 , 5 dibujados anterior­

que queda su lado term inal estando el ángulo

mente son los cuatro positivos; en cambio, t es un ángulo negativo (Fig. 16).

én posición normal. D e esta m anera: a 0

é 1" cuadrante pues 0° < « < € 2° cuadrante pues 90° < 0 <

90° 180°

y

e 3o cuadrante pues 180° < y <

170°

¿

€ 4° cuadrante pues 270° < &<

360°

5) Angulos coterminales: son dos ángulos de distinta medida que tienen el mismo lado ini­ cial y el mismo lado term inal (Fig. 17).

3) Angulo cuadrangular (o cuadrantil): es el que mide 0°, 90°, 180°, 360° y todos los ángulos que son m últiplos de 90°. P or lo tanto, un ángu­ lo ex es cuadrangular cuando mide: a = n • 90° siendo n £ 2Z Ejercicios: a) ¿Puede ser n = 0, n = 10, b) c)

n = —5?

¿Puede ser n = 1 ,5 ? ¿A que cuadrante pertenece el ángulo' de de 90o?

d)

¿Puede decirse que un ángulo es cuadrangu­

E JE R C IC IO S

lar cuando sus lados coinciden con los semi­

1)

it =2O°a 0 = -3 4 0 ° . ¡Dibújelos ym árquelos!

ejes del Sistema Cartesiano?

2)

« =20° a /3 = + 380°. ¡Dibújelos y márquelos!

3) ix = -2 0 °a /S = —380°. ¡Dibújelos y m árque­ se engendra los! cuando el lado term inal gira en el sentido an ti­ 4) Angulo positivo:

es el

que

horario (sentido levógiro). Angulo negativo es el que se engendra cuando el lado term inal gira en el sentido horario (sentido dextrógiro).

4)

« = -2 0 ° a /3 = + 340°. ¡Dibújelos y m árque­ los!

5)

¿Cuáles de los siguientes ángulos son coter­ minales entre sí? «1 = 125°

6)

;

«2 = 9 5 5 °

¿Cuáles de los siguientes ángulos son coter­ m inales entre sí? 0 = -2 2 5 ° ; 02 = 1215o

7)

;

03 = -5 8 5 °

¿Cuáles de los siguientes ángulos son cuadrantiles? « = 2 1 6 0 ° ; 0 = -3 2 4 0 ° 5 = -1 4 4 0 °

>36(

« 3 = -2 3 5 °

;

;

y =3180°

;

6a U N I D A D

D e fin ic ió n . A xiom as. P ostu lad os. T éorem as. F)

49. D E F IN IC IO N

»Si a cantidades iguales se les suma, res­

Ya hemos usado varias veces el térm ino defini­ ción y ahora podemos decir que »es una propo­

ta, multiplica o divide por cantidades iguales,

sición en la cual se enuncian las propiedades o.

sión el divisor debe ser distinto de cero.)

los resultados son también iguales«. (En la divi­

características del definido« (objeto abstracto o

100 = 6 0 + 4 0

concreto).

+

Es fundam ental que las definiciones sean claras, completas y lo más breve posible.

100+ 30 =60 + 40 +30

30 =30

130 =130 50. A X IO M A 100 = 6 0 + 4 0

»Es una verdad evidente por sí misma«.

30 = 30

Veamos algunos ejemplos: A) »El todo es mayor que cada una de sus

100 - 3 0 = 6 0 + 4 0 - 3 0

partes«. Así: a) Si un fundo se divide en cuatro p ar­

70=70

celas, es obvio que cada parcela es m enor que todo el fundo. b) El peso de una rueda de un automóvil es menor que el peso de todo el automóvil. c) 1 centímetro es menor que 1 metro. B) »La sum a de las partes es igual al todo«. Por ejemplo: a) El conjunto de todas las

51. P O S T U L A D O »Es una proposición que se acepta sin dem ostra­ ción«. Por ejem plo: 1) »Dos triángulos son congruentes cuando tienen iguales dos lados y el ángulo comprendido

p o r ellos«. piezas de un rompecabezas es igual al rompeca­ 2) »Dos triángulos que tienen dos ángulos bezas. iguales son semejantes« . b) L a suma de todas las provincias chilenas 3) Si dos puntos de una recta están en un es igual a todo el territorio de nuestra patria. plano, entonces la recta pertenece al plano. C ) »Toda cantidad es igual a sí misma«. 4) Existen por lo menos tres puntos de un (Reflexividad.) D) »Una cantidad puede reem plazarse por otra igual«. Por ejemplo: 1 metro puede sustituirse por

plano que no son colineales. 5) Existen por lo menos cuatro puntos en el espacio que no son coplanarios. 6) Si una recta no pertenece a un plano, en­

tonces la intersección de am bos es máximo un punto.

1 0 0 cm.

S i« + x = 180°ax =,e¡ =» « + £ = 180°

.

E) »Dos cantidades iguales a una tercera son iguales entre sí«.

7) T re s puntos cualesquiera no colineales determ inan un plano. 8).P or un punto pasan infinitas rectas. 9)

Por ejem plo: 1

metro = 10 0 cm

1

metro =

lO dm

■lOOcm = lO dm

S i« = 30° a 30° = , Las relaciones que cumplen con este axio­ ma se dice que son transitivas y la propiedad se llama transitividad.

D os rectas al cortarse lo hacen máximo

en un punto. 10) »Por un punto fuera de una recta puede trazarse sólo una paralela a ella«. Este último postulado, que ya vimos al co­ mienzo de este libro, se conoce como 5° Postula­ do de Euclides y es la base de la G eom etría Euclidiana. )37(

Aceptado este Postulado se puede demos­

proponen y se aceptan sin discutir su validez«.

tra r una serie de proposiciones que, una vez probada su validez, son aceptadas como verdade­

Así, »no cabe dudas de que el todo es m ayor que cada una de sus partes«. En cambio, el famoso 5° Postulado de Euclides no es tan evidente y de su no aceptación o negación nacieron las geome­

ras. A estas proposiciones que p ara aceptarse como ciertas debe probarse su validez se les llama Teoremas.

tría s no-euclídeas de Lobatschewsky y de otros.

Por lo tanto, los teoremas deben probarse y p a ra ello es conveniente seguir un orden:

A ún algo más. Supongamos que con las cartas de un naipe (elementos de un conjunto)

I)

deseamos sacar un »solitario«, ju g a r al »poker«, a la brisca u otro juego que pueda desarrollarse

L a H ipótesis (se abrevia H ip. o H .). Esta parte está formada por lo que se sabe o por

con el naipe. Para esto necesitamos conocer,

los datos indicados en el enunciado del teo­ rema. II) L a Tesis (se abrevia T e s. o T .). Está form a­ da p o r lo que se va a probar.

prim eram ente, el juego al cual vamos a dedicar­ nos y, en seguida, establecer las »reglas del ju e­ go« indicando lo que es lícito hacer con las car­ tas y lo que no debe hacerse.

(se abrevia Dem. o D.).

En M atem áticas (y en otras Ciencias) a

Es la parte m ás difícil ya que para probar la validez del teorem a debe razonarse recu­

estas »reglas del juego« se les llama postulados y deben aceptarse sin demostrarlos; son como

rriendo a definiciones, a axiom as y a teore­

reglas particulares que servirán de base a un

mas demostrados anteriorm ente.

sistema que se construirá a p artir de ellos. Los

En las demostraciones que harem os desde

postulados son como axiomas que se aplican a m aterias más restringidas o específicas. En cam­

III) L a Demostración

este momento, en lo posible, distinguiremos estos tres pasos y seguiremos el orden indicado. C uan­ do no sea necesario escribir la H ipótesis la om i­

bio, el axioma en sí es mucho más general o uni­ versal.

tirem os o la dejaremos en forma tácita. 53. T E O R E M A I

Además, como frecuentemente en la demos­ tración de un teorem a tendremos que recurrir a teoremas ya dem ostrados con anterioridad, le asignarem os a cada teorem a un núm ero romano con el objeto de facilitar la escritura y el orden en el razonam iento a seguir. N uestro razonam iento será esencialmente deductivo que es típico de las Ciencias y, sobre todo, es básico en la Geom etría. E n el método

»Los ángulos opuestos por el vértice son iguales entre sí«. Definición: »Dos ángulos son opuestos por el vértice cuando los lados de los ángulos se for­ m an prolongando los lados del otro, es decir, sus lados son colineales« (Sus lados son rayos opuestos.)

deductivo se relacionan y encadenan conocimien­ tos ya adquiridos y verdaderos para obtener, por medio de un razonam iento lógico, nuevos conocimientos. En el caso concreto de la Geome­ tría obtendremos nuevos teoremas. 52. O B S E R V A C IO N H ay autores que no hacen distingos entre axio­ m as y postulados considerando a todos como axiom as. Creo que existe una diferencia entre estos dos térm inos ya que, p ara m í, los axiom as

H .) a y ü son ángulos opuestos por el vértice (es lo que se sabe). T .) « = fj (es lo que se quiere probar). D .) Se sabe que: a+ 7 =180°

vienen a ser verdades de »perogrullo«, es decir, dem asiado evidentes para dud ar de su validez. En cambio, »los postulados son verdades que se )38(

+ 7 .= 180° .

. a + 7 = /3 + 7

(pues son 24 (igual motivo) (por Ax. E)

adyacentes)

Si en ambos miembros se resta y se obtie­ ne: a =0

(en virtud Ax. F )

En la demostración de este sencillo teorem a nos hemos basado en una definición (la de ángu­ los adyacentes) y en dos axiomas (el E y F del N° 50). 54. T E O R E M A II »Las bisectrices de dos ángulos adyacentes son perpendiculares entre si«.

Si se tiene un lápiz O P con la punta hacia la derecha y se le hace girar en torno al extremo O de modo que el extremo P quede a la izquierda en P ’, el giro del lápiz ha sido en 180°. Recuerde este giro pues lo aplicaremos en el A ABC: Io.

Se coloca el lápiz O P en la posición de

la figura 1 y se lo hace girar en torno a A hasta describir el ángulo a . C

H . ) a y 0 son ángulos adyacentes. L ’ es bisectriz de a L ” es bisectriz de 0 2°. Una vez que el lápiz coincida con la

T .) L ’ 1 L ” D .) a + 0 = 180° (son 4 adyacentes)

dirección AC se »corre« sobre este lado hasta que P coincida con C (Fig. 11).

2 a ' + 2 0 ’ = 180° (sedivide p o r 2; Ax. F) « ’ + 0 ' = 90° ==» L ’ i

P=C

L”

55. T E O R E M A I I I »Los ángulos interiores de un triángulo suman 180°« (se dice tam bién: »dos rectos« en vez de 180°). C

3o. Se hace girar el lápiz en torno a C des­ cribiendo el ángulo 7 . 4°. Se »corre« el lápiz sobre el lado CB hasta que O coincida con B (Fig. m). C

H .) a ,0 , 7 son ángulos interiores del A ABC T .) a + 0 + y = 180° D.) (Por ahora daremos una prueba intuitiva; más adelante, en el Teorem a xiv se da una demostración racional). )39(

c 5o. Se hace g ira r el lápiz en to m o a B des­ cribiendo el ángulo 0 quedando el lápiz en la posición O P ’, indicada en la Fig. iv. Se observa que con estos tres giros sucesivos el lápiz describió un ángulo de 180°, p'úes quedó con la p u n ta hacia la izquierda.

L \J \á

7a U N I D A D

E l trián gu lo . C lasifica ció n . D istancia en tre p u n to s y rectas. E lem en tos p rin cip a les y secunda­ rios d e un triá n g u lo . A lturas, sim etra les, b isectrices, transversales d e g ra ved ad , m ed ian as y radios. C ircu n feren cia circu nscrita, inscrita y e x inscrita al trián gu lo. Incentro y circunscen tro. C

56. E L T R IA N G U L O Ya sabemos que es un polígono de tres lados. Existen varios tipos de triángulos y pueden cla­ sificarse de acuerdo a sus lados y de acuerdo a sus ángulos. A) Según los lados: A escaleno (los 3 lados desiguales) A isósceles (2 lados iguales) A equilátero (los 3 lados iguales)

Como los tres ángulos sum an 180°, cada ángulo de un triángulo equilátero mide 60°. B) Según los ángulos: A acutángulo (los 3 4 son agudos) A obtusángulo (tiene un 4 obtuso) A rectángulo (tiene un 2v recto) C

A escaleno: es el que tiene sus tres lados desiguales (r). C

A acutángulo f es el que tiene sus tres án­ gulos agudos (iv): a < 90°; 8 < 90°; y < 90° e

A isósceles: es el que tiene dos lados igua­ les. En este triángulo los lados iguales se llaman simplemente lados y el lado desigual es la base. Entonces (ti): AC = B C (lados del A isósceles). AB = base del A isósceles. A equilátero: es el que tiene sus tres lados iguales. O sea (ni): AB = B C = Á C

A obtusángulo: es el que tiene un ángulo obtuso (uno cualquiera de ellos) (v): 180° > « > 9 0 ° ¿Puede un triángulo tener dos ángulos ob­ tusos?

>«'<

A)

Y a hemos dicho que la m enor distancia

(Fig. i) entre dos puntos es el trazo que los une (Ax. H).

A rectángulo: es el que tiene un ángulo recto (v i):

B) L a distancia de un punto a una recta es la perpendicular del punto a la recta ( ii).

Com o los tres ángulos interiores suman 180°, quiere decir que los dos ángulos agudos de un triángulo rectángulo suman 90°. E s decir: a + 0 = 90°

P

a = 90° —0 0 = 90° - a

/ /

O bien: »en un triángulo rectángulo cada ángulo agudo es el complemento del otro«. Igualm ente que en la escuadra los lados

(es el lado de m ayor longitud de este triángulo). Se puede com binar un triángulo del grupo A con uno del grupo B y formar, por ejemplo,

/

/

/

/ /

/ /i

II

/ / i ____ i______ B

que form an el ángulo recto son los catetos y el lado opuesto al ángulo recto es la hipotenusa

A // / / / /

Si d 1 L = » d = distancia del punto P a la recta L (menor distancia). Luego: PA > d; PB > d.etc.

un triángulo isósceles-rectángulo, un triángulo isósceles-obtusángulo, rectángulo, etc.

un

triángulo

escaleno!ll

57. E J E R C IC IO S 1) Com binando un triángulo del grupo A con

I".

un triángulo del grupo B se afirma que los triá n ­ gulos diferentes que se pueden form ar p o r »pa­ rejas« son: A) 9 B) 8 ’

C) 7 E) 5

D) 6

2)

D ibujar un triángulo isósceles-rectángulo e

3)

indicar la medida de sus ángulos agudos. D ib u jar tre s triángulos isósceles-obtusán-

C)

L a distancia entre dos rectas paralelas

es la perpendicular trazada entre ellas ( ih). 59. E JE R C IC IO S 1)

T ra z a r la distancia del punto C al trazo Ä B (iv ).

gulos con el ángulo obtuso en diferentes vértices. 4)

D ib u jar un triángulo acutángulo-isósceles.

5)

D ibujar tres triángulos rectángulos de modo que el ángylo recto esté en A, B o C , respec­ tivamente.

IV

2)

T ra z a r la distancia del punto Q al trazo M Ñ (v ). Q.

58. D IS T A N C IA E N T R E P U N T O S Y RECTAS Se elige en todos los casos que se presente la m enor distancia. )42(

3)

dad, medianas, radios, etc. Veremos algu­

D ibujar un ángulo agudo y tra z a r su bisec­ triz- Elegir un punto cualquiera O de esta

nos de estos elementos.

bisectriz y trazar desde este punto las dis-i 4)

tancias a los lados del ángulo. D ibujar un ángulo obtuso y tra z a r su bisec­ triz. Elegir un punto cualquiera O de esta

61. A L T U R A S D E U N T R IA N G U L O Son las perpendiculares trazadas desde un vérti­

bisectriz y tra z a r desde este punto las dis­ tancias a los lados del ángulo.

desde un vértice al lado opuesto.) Es m ás práctico trazarlas con la escuadra.

ce al lado opuesto. (Corresponde a la distancia

La altu ra desde A se designa h ,;

C

L a altu ra desde B se designa h*; La altu ra desde C se designa he. C

5)

E n el triángulo obtusángulo ABC tra z a r la perpendicular desde C al lado AB; tam bién la perpendicular desde B al lado AC (vi).

60. E L E M E N T O S D E U N T R IA N G U L O

Í

Las tre s alturas se cortan en un mismo pu n ­

vértices lados ángulos

No puede existir ni dibujarse un triángulo

to H que es el orlocentro del triángulo. (Se dice tam bién que: las tres alturas concurren al mis­ mo punto llamado ortocentro.) P or lo tanto (Fig. 2):

sin estos tres elementos fundam entales. h, n h( fl hc = I H¡

Los vértices los designaremos con las letras mayúsculas A, B y C; sus lados con las le­ tras m inúsculas a , b y c correspondientes a

62. T A R E A

los vértices opuestos A, B y C , respectiva­

1)

T ra z a r las altu ra s de un triángulo obtusán­

mente. Los ángulos interiores con las letras griegas a , 0 , y (Fig. 1).

2)

T ra z a r las altu ra s de un triángulo rectán­ gulo. ¿T iene ortocentro?

gulo. ¿Dónde queda su ortocentro?

C

63. S I M E T R A L E S D E L T R IA N G U L O n Son las perpendiculares trazadas en los puntos medios de sus lados. Se trazan fácilmente con regla y com pás tal como se hizo en el N* 31-II. La sim etral del lado BC = a es S, L a simetral del lado AC = b es S» La sim etral del lado AB = c es Sc II) Elementos secúndanos: el triángulo puede

Las tres sim etrales concurren a un mismo

existir sin que se dibujen estos elementos que son muchos, por ejemplo: alturas, bi­

punto que es el centro O de la circunferencia cir­ cunscrita al triángulo (pasa por los tres vértices).

sectrices, sim etrales, transversales de grave­

A este punto se le llam a tam bién circunscentro o )43(

centro de gravedad G (o baricentro) del trián­ gulo. t. n U n

= {G(

M ás adelante dem ostrarem os las propieda­ des del punto G (N° 196). 66. B IS E C T R IC E S D E L O S A N G U L O S IN T E R IO R E S Sabemos que la bisectriz divide a cada ángulo

F ig. 3

circuncentro. L a distancia »r« desde el circun' centro a cualquiera de los vértices es el radio de la circunferencia circunscrita (Fig. 3). Luego:

en dos partes iguales y que se trazan fácilmente con regla y compás. L a bisectriz del ángulo a es b„ = A R ; la de 0 es b¿ = BS y la de y es bT = C T (Fig. 5).

S„ n S* n & = ¡Oj

C

O Á = OB = O C = r ! 64. T A R E A 1) T ra z a r las simetrales de un triángulo obtu­ sángulo. ¿Dónde queda el circunscentro? D ib u jar la circunferencia circunscrita a este triángulo. 2)

T ra z a r las sim etrales de un triángulo rec­ tángulo. ¿Dónde queda el circunscentro? D ibujar la circunferencia circunscrita. ¿C uán­ to mide el radio de esta circunferencia? E stas tres bisectrices se cortan en un mismo

65. T R A N S V E R S A L E S D E G R A V E D A D Son los trazos que se obtienen al unir un vértice con el punto medio del lado opuesto. Los puntos medios de los lados del triángu­ lo conviene determ inarlos aproxim adam ente con el compás (N° 31-1) y, en seguida, unirlos con el vértice opuesto (Fig. 4). C

punto que es el centro de la circunferencia ins­ crita al triángulo. A este punto se le llam a incentro - O . Para determ inar el radio de esta circun­ ferencia se traza la perpendicular desde el centro O a los lados. Al radio de la circunferen­ cia inscrita se le designa con la letra griega p (ro) (p -d istan c ia del incentro a los lados). Luego: b¿D bef l b 7 = (O j; O D = O E = O F = p 67. T A R E A 1)

D eterm inar el incentro de un triángulo ob­ tusángulo; trazar el radio y dibujar la cir­ cunferencia inscrita.

2)

Idem , pero para un triángulo rectángulo.

68. B IS E C T R IC E S D É L O S A N G U L O S La transversal de gravedad de A es t„ = A M ” .

E X T E R IO R E S Como existen tres ángulos exteriores diferentes,

L a de B es u = B M ’ y la de C es t = C M . L as tres transversales de gravedad de un

sus bisectrices al cortarse determ inan los centros

triángulo se cortan en un mismo puntó que es el

ex inscritas (Fig. 6), de centros 0 0, Ob y O,-;

)44í

de tres circunferencias llam adas circunferencias

su s

radios son respectivamente p„, pt, y p ,.

P ara determ inar estos radios se trazan desde

Si M i A = M ,C , M 2B = M 2C y M 3A = M 3B

los centros O», O* y CX las perpendiculares a

las m edianas son: M 1 M 2, M 1 M 3 y M 2M 3 . Las propiedades de las m edianas las demos­

los lados del triángulo y a sus prolongaciones.

trarem os oportunam ente más adelante (N° 170).

69. T A R E A En una hoja de papel tam año oficio dibujar un triángulo convenientemente elegido (que no sea n i isósceles ni rectángulo). D eterm inar en la m ism a figura el ortocentro, el centro de gravedad, el circunscentro, el incentro y los centros de las

circunferencias. ex inscritas. Además, dibujar to d a s estas circunferencias.

70. M E D IA N A S D E U N T R IA N G U L O Son los trazos que se obtienen al unir los puntos medios de dos lados.

8a U N I D A D C o n stru ccio n es g eom étricas fu n d a m en ta les (3a p arte). D ib u jar g eom étricam en te d eterm in a ­ d o s á n g u lo s. T risecció n de u n á n g u lo (9 0 °,4 5 ° y »otros«).

A hora tenem os los conocimientos necesarios para construir geométricamente varios ángulos sin necesidad de em plear el transportador y em :

Fig. :!

pleando sólo la regla y el compás. 71 P R O B L E M A D ibujar geométricamente un ángulo de 60°. Solución: Como 30° = -^y- , basta dibujar un ángulo de 60° = 4 AOB y. en seguida, tra z a r la bisectriz de este ángulo (Fig. 3). R esulta: 4 AOC = 30° 74. P R O B L E M A Fig. I

D ibujar geométricamente un ángulo recto.

Solución: 1) Se traza un rayo Ó L (Fig. 1). Fig. 4

2) Se dibuja un arco cualquiera de radio OA. 3) Con este mismo radio se corta el arco di­ bujado desde A determ inándose B. 4) Se une O con B formándose el 4 AOB = = 60°, pues el A OAB es equilátero. Solución: Sabemos que: 90° =60° + 72. P R O B L E M A D ibujar geométricamente un ángulo de 120°.

Por lo tanto: 1) Se dibuja el 4 AOB =60° y e U B O C =60° (Fig. 4 ). 2) Se traza la bisectriz O D del 4 BOC. Luego: 4 AOD = ^ A O B + 4 BOD 4 A O D = 60° + 30° = 90° 75. P R O B L E M A D ibujar geométricamente un ángulo de 45°. 90°

Solución: 45 = —j - por lo tanto, basta dibu­ ja r un ángulo de 90°, según el problema ante­ Solución: 1) Se traza un arco cualquiera de

rio r (74) y tra za r la bisectriz de este ángulo.

centro O y radio OA (Fig. 2). 2) Con el mismo radio se corta el arco desde A y después desde B determ inándose C. 3) El 24A O C =120°, pues se compone de 60° +60° = 120 °.

76. P R O B L E M A D ibujar geométricamente un ángulo de 150°. Solución: 150° = 180° 1) Con centro O se dibuja una semicircun­ ferencia (Fig. 5).

73. P R O B L E M A D ibujar geométricamente un ángulo de 30°.

2) Desde B se corta con el radio de modo q u e * B O C =60°.

)4«< \

Fig. 5 B

O

A

Fig. 7

3) Se traza O D = bisectriz d e l* B O C . Resulta: 4 . AOB - 4 BOD = 180° - 30°. = 150° o bien:

* AOD = * AOC +

4 COD

= 120° +30° = 150°.

¿Se le ocurre otra solución? 77. P R O B L E M A D ibujar geométricamente un ángulo de 75°. Solución: 75° -Entonces, se dibuja un ángulo de 150° (según el probl. 76) y se traza la bisectriz.

Solución: S e a * AOB =45° (Fig. 7). 1) Se dibuja un arco G (O, OA). 2) Desde A se corta este arco con el radio OA = ÁC. 3) Luego, se tien e:* AOC =60° de donde: * BOC = 60° - 45° = 15°. 4) Se hace arco BC = BD = D ^ . por lo tant0: * B O D = * D O E = * E O A =15° =

¿Se le ocurre otra solución? 78. T R IS E C C IO N D E U N A N G U L O

81. P R O B L E M A

Desde la antigua G recia han sido principalm ente

T risectar cualquier ángulo.

tres los problem as que han preocupado a los

Solución: La siguiente solución da resulta­ dos bastante exactos (Fig. 8).

matemáticos de todos los tiempos: 1 ) trisección del ángulo; 2) cuadratura del círculo; 3) dupli­

.L"

cación del cubo. En la resolución de estos proble­ mas debe emplearse sólo regla y compás. En cuanto a la trisección de un ángulo, es fácil resolverlo para ciertos ángulos especiales como 90°, 45° y 180°. Pero ha sido imposible resolverlo en forma general, es decir, para cual­ quier ángulo. Fig. 8

79. T R IS E C T A R U N A N G U L O R E C T O 1) Se dibuja un ángulo recto de acuerdo con el 1) S e a * L O L ' el ángulo a trisec tar. 2) Se traza la bisectriz O L ” de este ángulo. 3) En O se traza la perpendicular a esta bi­ sectriz y se hace O A =O B . , 4) Sé hace CA = C B =AB. Fig. o

5) Arco O (A, AC) determ ina D sobre L ’. 6 ) Con centro en C y D se trazan dos arcos Se traza la bisectriz del 24. AOB =60°; o que determ inan E. bien, con el mismo radio se corta desde A y desde 7) Al unir A con E se determ ina P’. E (Fig. 6). 8 ) Se hace C P ” = C P ’. R esu lta:* A O F = * F O B = * B O E =30°

2)

80. P R O B L E M A T risectar u n ángulo de 45°.

Resulta: O P ’ y O P ” son las trisectrices del * L O L ’ y, por lo tanto: * L O P ” = * P ” O P ’ = * P ’O L ’ )47<

9°

UNIDAD

R ectas p aralelás cortadas p o r u n a transversal. A n gu los co rresp o n d ien tes, altern o s, contrarios o con ju g a d o s, y d el m ism o lad o de la transversal o colaterales. A n gu los de la m ism a naturale­ za y d e d istin ta n atu raleza. D em ostración in d irecta o p o r red u cción al absurdo. A n gu los de lad os paralelos.

PO R UNA TR A N SV E R SA L

A) Angulos correspondientes entre parale­ las: son los que están al mismo lado de las para­

P a ra ir acostum brándonos al alfabeto griego

lelas y al mismo lado de la transversal.

82. R E C T A S P A R A L E L A S C O R T A D A S

usarem os las letras: a = alfa; ¡i = beta; y

= épsilón; (los dos están »debajo« de las p a ra ­ 6

con i¡ (los dos están »debajo« de las pa

lelas y a la »derecha« de la transversal). B) Angulos altem os entre paralelas: son los 'l / S

que están a distinto lado de las paralelas y a dis­ tinto lado de la transversal. Así, son »alternos« los ángulos: a con r¡ (o está »sobre« las paralelas y r¡ está »debajo« de ellas; « está a la »izquierda« y 17 a la »dere­ cha« de la transversal). . Análogamente, lo son: 0 con o>, y con ¡p. b con í .

Si analizam os esios ángulos aisladam ente

Los pares («, i¡) y (ji, ai) se les llama »án­

veremos que se han form ado ángulos agudos (0 ,

gulos altem os externos« por quedar hacia el lado exterior dé las paralelas; y a las parejas (y,ip ) y (ó , t) se les llama »altem os internos« por que­

y ,1p, w) y obtusos (o, 6 , L 6. .*• -.7»- •:

una distancia dada »a« de un punto P del espacio? Solución: D éla usted y enuncie el L.G.

Fig. 5

correspondiente. una distancia dada »a(l de una recta dada L , es Problema 6) ¿Dónde se encuentran todos los puntos del es­

la región interior comprendida entre las dos

pacio que están a una distancia mayor que

Problema 9) ¿D ónde se encuentran todos los puntos de un plano que están a una distancia m ayor que una

una distancia dada »a« de un punto P del espacio? Solución: D éla

usted y enuncie el L.G.

correspondiente.

paralelas«.

distancia dada «a« de una recta dada L del mismo

Problema 1) D eterm inar todos los puntos de un plano que están a una distancia dada »a« de una recta dada L del mismo plano. Solución: Se traza

una

perpendicular

de m agnitud »a« a am bos lados de la recta L. En seguida, se trazan las paralelas a esta distan­ cia de L. Sobre estas dos paralelas se encuentran los puntos pedidos. Luego (Fig. 4):

plano? Solución: H ágala usted y enuncie el L.G. correspondiente. Problema 10) D eterm inar todos los puntos de un plano que equidistan (equidistar = estar a igual distan­ cia) de dos rectas paralelas dadas del plano. Solución: Se traza una perpendicular entre las rectas paralelas dadas y por su punto medio M se traza la paralela media o equidistan­ te. (Fig. 6 ). Luego:

Fig. i

-U*.

.

i I

¡a

_i— i la i

L.G. Fig. t>

L"_ L.G . N° 4. »El L .G . de todos los puntos de un plano que están a una distancia dada

L .G . N ° 6 . »El L .G . de todos los puntos de

»a« de una recta dada L , se compone de las dos

un plano que equidistan de dos rectas paralelas,

paralelas trazadas a la distancia dada »a« de

es la paralela media«.

la recta dada L' í solución que es el punto

de su cuaderno o una abertura del com pás con­ venientemente elegida. (En nuestra figura se eligió como unidad a la longitud de V2 cm para representar 1 m etro; por lo tanto, en esta »escala«

Fig. y

de

tangencia

exterior

de

las

dos circunfe­

rencias (Fig. 9). 2) Si d = a —b => 1 solución que es el punto de tangencia interior de las dos circunferen­

Y ' L .G .: es la O (A, a), o sea, es el L.G. N ° l. 2° L .G .: son las dos paralelas trazadas a la distancia »b« de L, o sea, es el L .G . N° 4. La intersección de estos dos L.G. (la cir­

cias (Fig.

cunferencia con las paralelas) determ inan los puntos pedidos. Con nuestros datos el conjun­ to solución = {Si, S2 , Ss, S«( (Fig. 13). Discusión: Puede existir 4, 3, 2, 1 ó nin­ Fig.

10

3) Si (a —b) < d < (a + b ) —* 2 soluciones; las circunferencias son secantes (se cortan) y

guna solución. Dibuje usted los casos corres­ pondientes a cada uno de ellos. Problema 16)

los puntos pedidos son los puntos de intersección

La distancia entre dos puntos A y B es 10 cm. D e­

de las circunferencias (Fig. 8). 4) Si (a + b ) < d < (a —b) no hay solución pues­

te rm in a r los puntos que están a menos de 7 cm

to que las circunferencias no se cortan, (son circunferencias exteriores o interiores)

(Fígs.

de A y a menos de 5 cm de B. Solución: Y '

L .G .: es el círculo (región

interior) de la O (a, 7 cm), o sea, es el L .G . N° 2. 2° L .G .: es el círculo (región interior) de la O (B, 5 cm), o sea, es tam bién el L .G . N° 2. Los puntos que cumplen con la condición del problema se encuentran en la intersección de los dos círculos, sin considerar los arcos correspondientes, que hacen de frontera (Fig.

Fig. 12

Problema 15)

Fig.

D eterm inar los puntos que están a una distan­ cia »a« de un punto A y a una distancia »b« de una recta dada L. Solución: Debemos buscar dos L .G . que

Solución: Círculo (B, 5 cm).

(A, 7 cm) Pl

círculo

en este caso son: Problema 17) La distancia entre dos puntos A y B es 10 cm. D eterm inar los puntos qué están a menos de 7 cm de A y a más de 5 cm de B. Solución: Déla usted. Problema 18) La distancia entre dos puntos A y B es 10 cm. D eterm inar los puntos que están a una distancia mayor a 7 cm de A y a una distancia mayor a 5 cm de B. Solución: Déla usted.

Problema 79 D eterm inar los puntos de la región interior

Solución: H ágala L G . N° 8 .

de un ángulo de 60° que están a una distancia

Problema

»a« de un lado y a una distancia »b« del ojro

pero en el espacio.

lado (Fig. 15).

Problema

a b

25) El

usted

mismo

y

enuncie

problem a

26) D eterm inar

los

este

anterior,

puntos

que

están a 1,5 cm de una recta dada L y tam bién a 1,5 cm de circunferencia de 2,5 cm de radio. Solución: H ágala usted. Además, haga la discusión. Problema 27) D ibujar un A ABC cuyos lados tengan las siguientes medidas: AB = 6 cm, BC = 7 cm y AC = 5 cm. D eterm inar los puntos que están a una distancia mayor a l

Solución: Se dibuja

un

ángulo

de

60°

triángulo. Solución: H ágala usted. Discuta este pro­

de acuerdo al N° 71 y se aplica el L .G . N” 4 res­

blema.

pecto a cada lado.

Problema

En la intersección de la paralela tra ­ zada a la distancia »a« con la paralela trazada a la distancia »b«, está el punto pedido S i. Solución: Li Pl L 2 = |Si ¡

cm de los lados de este

28) El

mismo

problema

pero determ inando los puntos que estén a 1 cm de los tres lados del triángulo. ¿Que puede usted discutir en este problema? Problema 29) D ibujar un

Problema 20) D eterm inar los puntos de la re ­

anterior,

A

ABC con las

gión interior y exterior de un ángulo de 60° que

m ism as medidas del problem a 27. D eterm inar los puntos que están a 4 cm

estén a 1 cm de los lados del ángulo.

de A y a 3 cm.de B.

Solución: H ágala usted. Problema 21) Dos rectasi U

y L{ se cortan

oblicuamente formando un ángulo de 120 ° D eterm inar los puntos que están a 1,5 cm de L¡ y a 1 cm de La. Solución: H ágala usted. Problema 22) Dos rectas L ’ y L ” se cortan per­ pendicularm ente. D eterm inar los puntos que estén a 1,5 cm de las rectas y a 2,5 cm del punto de intersección de ellas. Solución: Déla usted. Además, haga la dis­ cusión. Problema 23) D eterm inar ios puntos equidis­ tantes de dos rectas paralelas L ’ y L ” y que, adem ás, estén a una distancia dada »a« de un punto dado A. Solución: H ágala usted. Discusión.

Problema

30) D ibujar un A

ABC con las

m ism as medidas del problema 27. D eterm inar un punto que esté a 4 cm de los tres vértices. ¡Discusión! Problema 31) D ibujar un A ABC con las mis­ m as medidas del problema 27. D eterm inar los puntos que estén a 1 cm de los lados AB y AC y que, adem ás, estén a 3 cm del vértice B: ¡Discusión! Problema

32) El

mismo

problema

anterior,

pero a 3 cm del vértice A en vez del B. ¡Discusión! Problema 33) D eterm inar los puntos de un plano que están a una distancia m enor a 5 cm de un punto dado A y a una distancia mayor a 3 cm

Problema 24) L .G . 8 . D eterm inar el L.G. de todos los puntos de un plano que están a una dis­

de este mismo punto.

tancia dada »a« de una circunferencia de centro

Problema

P y radio »r«, siendo a < r.

pero estando A en el espacio.

34) El

mismo

problema

anterior,

)73(

13a U N I D A D Figuras co n gru en tes. T eo rem a s de c o n g ru e n c ia d e trián gu los. P o s tu la d o s d e con gru en cia. B isectriz de u n á n g u lo . S im etral de un tr a z o . T e o re m a recíproco.

116. D E F IN IC IO N Direm os, en general, que »dos figuras son con­ gruentes cuando al colocar una sobre la otra (superposición) coinciden todos sus elemen­ tos«. ' Así, p o r ejemplo: dos monedas chilenas de S 1 del mismo año son congruentes; dos sellos de correo de la misma edición y franqueo; los »timbres« que deja en un papel un »ma­

de donde: AB = C D (es una igualdad entre nú­ m eros positivos). 118. D E F IN IC IO N »Dos ángulos son congruentes cuando tienen la misma medida«. Por lo tanto, al superponer un ángulo so­ bre el otro, deben coincidir sus vértices y sus lados.

tasellos«, etc. El signo de congruencia es = . Este signo lo usarem os, en este libro, cuando se trate de

De este modo, si al colocar O’ sobre O se hace coincidir el rayo O A con el rayo O 'A ’,

indicar la congruencia de figuras geométricas como triángulos, polígonos, circunferencias,

siciones el rayo O B coincide también con el rayo O ’B’. Cuando se venEqoen estas coin­

se observa

que

hechas estas dos

superpo­

etc. En cambio, la congruencia de trazos y de

cidencias diremos que los ángulos son congruen­

ángulos la indicaremos con el signo

tes y escribiremos:

= , pues

en estos casos nos referimos a la medida de ellos.

*

AOB

* A ’O ’B ' o b ie n &, a = 2, 74<

119. P O L IG O N O S C O S G R L E S T E S

Entre los elementos homólogos de dos polígonos congruentes, existe una relación de apaream iento entre ellos o una »corresponden­ cia biunívoca«. Así (Fig. 3):

£

el vértice A se aparea con su homólogo A’; el ángulo 0 se aparea con su homólogo0 ’; Fig. .1

el lado D E se aparea con su homólogo D ’E ’; etc. Entonces, p ara que el polígono A B C D E sea congruente con el polígono A’B’C ’D ’E’ debe veri­ ficarse: a = a ’; b = b \ c = c’, d = d ’, e - e’ « = a ,0 = 0 ', y = y ’, ó = 5 \ t = t

políg. A BCD E S políg. A’B’C ’D ’E’

D e la congruencia de polígonos es la de los triángulos la que tiene más im portancia y a esto nos dedicaremos ahora. L a congruencia es una relación de equivalencia, pues es refleja, sim étrica y transitiva. P or ejemplo: 1)

Reflexividad: A B 5 ? AB ¡tttS ía A ABC =s A ABC Fig. -I

2)

Simetría:

X .a ^ 0 A ABC ^ A D E F = »

3)

Transitividad: A B ?S D E a D E = ? P Q A 0

a

4 (5 S

A ABC a? A D E F a A D E F ^

ü t

=» AB 5? P Q =» 4 » =£ 4 7

A P Q S =* A ABC =? A PQS Fig. 6

>7 5 (

120. T E O R E M A S D E C O N G R U E N C IA

l-ig. 10

D E T R IA N G U L O S f

Teorema de congruencia:

»Dos triángu­

los son congruentes cuando tienen iguales un lado y los dos ángulos adyacentes a este lado«.

Si a = a ’, b = b’, c = c’ resulta: A ABC ^ A A’B’C ’. 121. C O R O L A R IO S D e estos teoremas de congruencia se obtienen los siguientes corolarios: Si c

= c’, •?’ = y'

íp + i/>' = y + y’ luego: 4 ACB = 24 ADB

125. O B S E R V A C IO N En los triángulos congruentes los »lados ho­ mólogos« son los que se oponen a ángulos igua­ les. A su vez, »ángulos homólogos« en triángulos

Es decir: 7 = 7’ Pero, además: a = a’ (p o rH .) b = b’ (por H .)

congruentes son los que se oponen a lados iguales. 126. T E O R E M A X X I I I (Teorem a recíproco del xxn) »Si un punto equidista de los extremos de un

. A A’B’C ’ 5? A ABC en virtud del 2° T eor. de congruencia. E stos cuatro teoremas de congruencia y sus corolarios serán de gran utilidad cuando se

trazo es porque pertenece a la simetral del trazo«.

tra te de aplicarlos a la demostración de igualdad de segmentos, de lados y de ángulos como lo veremos a continuación. E n las demostraciones p o r congruencia deben buscarse dos triángulos y com parar sus elementos homólogos demos­ trando la igualdad de tres de ellos, debiendo ser por lo menos uno de los elementos un »ele­ m ento lineal«. En seguida, se relacionan estos tres elementos iguales con los correspondien­ tes a uno de los cuatro teorem as de congruencia.

H .) PA = PB; AM = MB; P se une con M . T .) PM = sim etral =» 4 1 = 4 2 = 9 0 °

124. T E O R E M A X X I I »Cualquier punto de la simetral de u n trazo

D .) Se tiene: PA

equidista de sus extremos«. A A M P = A BM P porque:

= PB por H.

M A = MB por H. PM = lado común

(por 4° T eor. d e ^ ) 41

= 4 .2 = 90o = * P M = simetral de AB.

Otra demostración: En vez de unir P con el punto medio M , se traza desde P la per-, pendicular al trazo AB y se dem uestra que »cae« en el punto medio de él. Es decir: H .) PA = PB; PM X AB T .) M Á = M B

T .) PA = PB

D .) Se tiene:

D .) Se tiene:

P M = lado común

PA = PB por H.

A A M P ^ A B P M porque

A M = M B por H .

4 1 = 4 2 = 90° por

(por 2° T eo r. de ^ ) De

la

congruencia

PM = lado común. (por 3" T eor. de ^ )

de estos

triángulos

se deduce la igualdad de sus elementos homólo>7«(

A A M P 5? A BM P porque:

4 I = 4 2 por H.

. ’ . AM = M B = » PM = sim etral dé AB.

127. T E O R E M A R E C IP R O C O Un teorema es recíproco de otro cuando la h i­ pótesis del prim ero (llamado teorema directo) pasa a ser la tesis del segundo y viceversa: la tesis del prim ero es la hipótesis del segundo.

H .) O P = bisectriz 4 AOB = > « = « ’ PA _L ÓA; PB ÍL ÜB T .) PA = PB D.) Se tiene:

Debemos hacer notar que no todos los

O P = lado común

I

teorem as recíprocos son verdaderos. P or ejem­ plo: ya dem ostram os que »los ángulos opuestos p o r el vértice son iguales«. Su recíproco sería: »los ángulos iguales son opuestos por el vérti­ ce«, que es falso. Tam bién sabemos que »los ángulos adya­ centes son suplem entarios«. El recíproco: »los ángulos suplem entarios son adyacentes«, es tam bién falso.

(Fig. 15).

4 1 = 4 2 = 90° por H. a = p

P or lo tanto, con mayor razón será: m 4-n + p + q > a + b + c 183. T E O R E M A L V l l »D em ostrar que de dos oblicuas, trazadas des­ de un punto a una recta, la mayor form a un menor ángulo con la recta que la o tra« .

p

Corolarios:

1) Dos oblicuas que tienen

sus extremos libres a igual distancia del pie de la perpendicular, son iguales. Si M A = M B =* PA = PB (Fig. 18) b

H .) PA > PB (Fig. 16) T .) « < 0 D .) Como/? = a + y (p o rT e o r.

xvh

)

Fig. 18

se obtiene a < 8 (porA x. A). 2) D e lo anterior: Todo punto de la simetai de un trazo equidista de los extremos.

184. T E O R E M A L V l l l »De dos oblicuas trazadas desde un punto a una recta la mayor es la que tiene su extrem o móvil m ás distante del pie de la perpendicular del pun­

185. E J E R C IC IO S 1) D em ostrar que las m edianas de un trián­ gulo lo dividen en cuatro triángulos con­ gruentes.

to a la recta«. H .) A H > B H (Fig. 16)

2)

D em ostrar que al unir sucesivamente los puntos medios de los lados de un trapezoi­ de se obtiene un paralelogram o.

3)

D em ostrar que el perím etro del cuadri­

T .) PA > P F D.) E n el A

AHP

a = 4 agudo

se tiene

por ser un triángulo rectángulo. Análogamente, en 8

el 4

= 4

el

A

rectáng.

agudo y p o r lo tanto, 8’

obtuso de donde: 8’ > a Aplicando el T eor. resulta = > P A > PB

un

al

A

látero que se obtiene al u n ir sucesivamen­

BHP

te los puntos medios de los lados de un tra­ pezoide equivale a la sum a de las diagona­

=

ABP

Otra demostración: Se duplica P H de modo q u e F H = P H . (Fig. 17).

les del trapezoide. 4)

5)

D em ostrar que al unir los puntos medios de los lados de un rectángulo se obtiene un rombo. D em ostrar que al cortar dos rectas Li y L2 por

varias

a = a ’ = a”

paralelas

de

modo que

= . . . , resulta b = b ’ = b ” = . . .

p'

Entonces, p o r el T eo r.

lv

,

se tiene:

PÁ + A P’ > PB + BP’ luego: 2 • PA > 2 PB , o sea: PA > PB )9 9 (

6)

M N = z es la mediana del trapecio Q R ST Además, M Q = x , Ñ 5 = y (Fig. 2). T

■

S

D e estas afirmaciones son verdaderas: A) sólo I; C) sólo III; E) lastres.

Fig. 2

B) sólo II; D) sólo I y II; t

D em ostrar que el perímetro de este tra­ pecio vale: 2 - (x 4- y 4- z). 7)

U n operario vive en un sitio A y trabaja en uno B, a m b o s. situados al mismo lado de un arroyo L. El operario tiene p o r obli­

3)

En el A S R T (Fig. 4) se unen los pu n ­

gación lavarse en el arroyo antes de llegar

tos medios V y M de dos lados. Si M V = 4 cm y SM =3,5 cm, entonces el perím etro

a B. C alcular el punto P del arroyo de modo

del trapecio SR V M es en cm:

que la distancia APB sea la más corta ,de todas (Fig. 3).

A) 19;

B) 19,5;

C) 17,5;

D) 23,5;

E) falta mayor información. 4)

Los lados de un triángulo miden respec­ tivamente a = 3 pulgadas, b = 12 pulga­ das, c = 7 pulgadas. M arque la alternativa correcta: A) el A es rectángulo; B) el A es acutángulo; C) el A es obtusángulo; D ) su semiperímetro es 11 pulgadas; E) todo lo anterior no es posible.

186. T E S T S 1) Se tienen tres puntos R , S y T de un plano.

E n los ítemes 5 al 8 coloque dentro del pa­ réntesis una V si la afirmación es verdadedera o una F si es falsa.

Entonces, siendo puntos cualesquiera, se cumple sólo una de las alternativas siguien­ tes:

P

A) RS < R T

+ S Í;

B) RS < R T

+ ST;

C) RS = R T

- ST;

D) RS > R T

- ST;

E) cualquiera de ellas. 2)

Se afirma que tres segmentos dados de­ term inan un triángulo: I)

cuando cada segmento es menor que la sum a de los otros dos;

5)

II) cuando cada segmento es mayor que la diferencia entre los otros dos; III) siem pre es posible construir triángulo dados tres segmentos. >100<

un

( ...) Los lados del A M N P miden 18 cm, 12 cm y 10 cm. Se unen los puntos . medios de sus lados y se trazan las media­ nas del triángulo que se formó. El perím e­ tro del A Q RS mide 10 cm (Fig. 5).

6)

( ...) Los

lados de un triángulo miden 12

, em, 7 cm y 5 cm. El perím etro de este trián­ 7)

gulo mide 24 cm. ( ...) En el trapecio Q R S T se traza la m e­ diana M N =? y -S Ü / / Q T . El perímetro del triángulo Ü R S vale (Fig. 6 ): 2x +

2 y + -y ‘ z

8 ) ( ...)

En un A S R T la mediana VM mide 40 cm. V T =45 cm y R M =35 cm.

Entonces, el perím etro del trapecio SR M V que se forma equivale a los 5 /6 del perím e­

Rt’Sp.: 1) B; 2) D; 3) E; 4) E; 5) V; 6 ) F; 7) F:

tro del triángulo SR T.

8 ) V.

18a U N I D A D S im etría a x ia l. S im etría central.

187. S IM E T R IA A X I A L Se refiere a la sim etría respecto a un eje o recta.

tos simétricos de la prim era respecto al eje o recta dada. Para esto basta tra z a r de cada punto

Definición: Dos puntos A y B son sim étri­ cos respecto a un eje L (o recta L ) cuando este

de la prim era figura la perpendicular al eje y prolongarla en igual magnitud.

eje es sim etral del trazo que determ inan A y B

Com o ejercicio determine la figura simé­ trica del polígono K respecto a la recta L (Fig.

(Fig- !)• I \ / y Sw

A

B M

'

\ /

L _________________________________ ____________

Como una figura está formada de puntos do: »Dos figuras son simétricas respecto a un

Pero no sólo los polígonos pueden tener simetría axial sino que también cualquier fi­ gura.

eje cuando este eje es la sim etral de los trazos

P or ejemplo: eche una gota de tinta sobre

que determ inan dos puntos correspondientes de las figuras«.

una hoja de su cuaderno y dóblela presionando

puede am pliarse la definición an terio r dicien­

de modo que el doblez sea el eje de simetría.

Entonces, debe cum plirse (Fig. 2):

¿H a

estudiado

en O ptica las

imágenes

que producen los espejos planos? ¿Q ué puede decir de ellas?

L

Sobre

la

simetría

axial

podemos hacer

las siguientes consideraciones: 1) Si hacemos ro tar en 180° una de las figuras en torno al eje de sim etría, se superpone sobre la otra coincidiendo sus elementos homó­ logos. P or lo tanto: »Las figuras que son simé­ tricas respecto a un eje son, a su vez, congruen­ tes«. I)

M rA = M i A’; M ¡B = M ¡ B ’;

M IE =M TE’; M

j I

- - C N •= C P (por transitividad) E sta conclusión indica que lv = C D es la

Y *T A

B

H .) ó y t son

4

exteriores; o

sim etral del lado PN. =

ángulo

Análogamente:

no adyacente. L a bisectriz de 5 y la de £ se cortan en 0 „ .

• •

Se une A con Oa.

BC

= AM

BC

= AF

A M = A P, es decir: •

ho = -A E es simetral del lado M P . En la misma form a se dem uestra que h* = BF es la simetral

T .) AOa = bo D .) Aplicando el T eo r. x x iv , se obtiene (Fig. 3):

del lado M Ñ . Pero, según el Teor- lix , ha, h¿, he con­

OaS = Ó„R (por ser Oa un punto de be)

curren a un mismo punto por ser simetrales del

OnT = OcR (por ser 0„ un punto de b 8 )

triángulo M N P.

. . OaS = O aT (por transitividad) .P or lo tanto, 0„ equidista de los lados del ángulo a y, de acuerdo con el T eo r. x x v , pertenece tam bién a su bisectriz. E n la misma forma se dem uestra p ara los

195. T E O R E M A L X II1 »Las tres transversales de gravedad de un trián­ gulo se cortan en un mismo punto que es el »centro de gravedad« del triángulo (o baricen­ tro)«.

otros dos lados obteniéndose la figura 6 del N° 68 ). H .) Se trazan 194. T E O R E M A L X U »Las tres altu ras de un triángulo se cortan en un mismo punto que es el ortocentro del triángulo«.

AE =to, BD =t* que se cor­

tan en un punto G . Se une C con G y se prolonga hasta cortar a AB en un punto M (Fig. 5).

H .) Se trazan las tres alturas: C D =hí, BF = h j, AE = h, T .) ho n hi n he = fH) D .) P or cada vértice se traza la paralela al lado opuesto formándose el A M N P y los #

ABNC, #

A BCP y #

AM BO

(Fig. 4). Entonces, de acuerdo al T eo r. xxxrv se tiene: ) 105 (

T .) M A = M B = > C M = t,

197. C O R O L A R IO S D E E S T E T E O R E M A

D .) Se trazan p o r B / / AE y por A / / BD for­

1)

m ándose el #

»El centro de gravedad de un triángulo divide a cada transversal de gravedad en dos segmentos que están en la razón de 2 : 1 «. Es decir:

A FBG (lados opuestos pa­

ralelos). Como las diagonales de un paralogramo se dim idian (Teor. x x x v n ), re­ sulta:

AG : G E =B G : G D = CG : G M = 2 : 1

V1A = M B y. por tonsiguiente, C M = u 2) 196. T E O R E M A L X 1 V »El centro de gravedad de un triángulo divide

»El centro de gravedad de un triángulo di­

a cada transversal de gravedad en dos segmentos

vide a cada transversal de gravedad en dos segmentos de modo que el segmento ma­ yor es 2 /3 de toda la transversal y el seg­

de modo que el segmento vecino al vértice es el doble del vecino al lado".

mento menor es 1,/3 de ella«. O sea:

H .) AE =t„, F D =t*, CM - t ;

AG = - j • U J G E - 4 - t .

u n U D V = IGI BG = T .) AG = 2 • G E , (Fig. 6).

BG = 2 -G D ,

4 ■t* y G D

= 3- •u

C G = 2 -G M CG = - j • t y G M = ^ -te

C

198. E JE R C IC IO S 1)

Se tiene una circunferencia de la cual no se conoce su centro. ¿Cómo puede determ i­ nárselo?

2)

D ibujar la bisectriz del ángulo formado por dos rectas L ’ y L” cuyo vértice queda fuera de esta hoja (su vértice no se conoce o es inaccesible) (Fig. 7):

D .) Se traza BF / / AC., AF / / BG. BH / / CG y Ü H //B G Sabemos que los lados opuestos de un paralelogram o son iguales y que sus diagonales se dim idian, entonces en el # A FBG y en el # B H C G se tiene: 7* solución: Se traza una transversal L que corta a L ’ y a L ” en los puntos A y B

G Ä = FB G l = EH

(Fig. 7).

GÄ = G H pero

Se trazan las bisectrices de los ángulos en A y B.

G E = EH

La recta q u e une los puntos de intersección

U Á = 2-GTT En forma análoga dem uestre usted que C G = 2 G M , BG =.2 ) 106 (

GD

de estas bisectrices determ ina la bisectriz pedida. 2*

solución:

(Fig.

8):

Se elige conve-

199. T E S T S ■ 1)

En el triángulo equilátero S R T se traza la altu ra S V y la bisectriz T M . Si Q M = 3 cm, entonces la medida de SV es (Fig. 11): T

nientemente un trazo »a« y se trazan las paralelas a L ’ y L ” a esta distancia de modo que se corten en un punto O . Ahora, basta trazar la bisectriz del ¡4 en O. J"

solución:

Se

eligen

dos

distancias

»a« y »b«, siendo a ^ b (Fig. 9). A) 6 cm;

B) 4,5 cm;

C) 9 cm;

D )1 2 c m ;

E) no puede saberse. 2)

En el triángulo equilátero S R T se traza la altura T H , la bisectriz SV y la transversal de gravedad R M . Entonces, al cortarse form an (Fig. 12): T

Se trazan las paralelas a la distancia »a« y a la distancia »b« de L ’ y L ” . L a bisectriz pedida es la recta O O ’. 3)

El vértice P del ángulo formado por L ’ y L ” queda fuera de esta hoja (es inacce­ sible). L os lados de este ángulo son corta­ dos por una recta L. T ra z a r desde P (sin prolongar los lados) la perpendicular a la recta L (Fig. 10).

A) parte de un sector circular; B) tres puntos distintos de una circunfe­ rencia; C) un triángulo equilátero; D ) una circunferencia de radio cero; E) un triángulo rectángulo isósceles. 3)

Se

afirma

de

un

triángulo

rectángulo

que: I) no tiene ortocentro; II) la transversal de gravedad que parte del vértice del ángulo recto es igual a la mitad de la hipotenusa; III) se le puede circunscribir una semi­ circunferencia. Solución: se trazan las altu ras ha = AE y h¿ = B F del A ABP que al cortarse determ inan el ortocentro H . Basta trazar desde H la perpendicular a AB y su prolon­ gación p asará p o r P.

A) sólo la I es falsa; B) sólo la II es verdadera; C) solóla III es falsa; D) las tres son verdaderas; E) las tres son falsas. )107<

-

4)

Se afirm a que: I)

en un

A

y el centro de gravedad coincide con el obtusángulo

tanto el in­

centro como el circunscentro .quedan fuera de la región interior del A; II) tanto

el

ortocentro

de gravedad de un quedan dentro del A ;

como A

el

centro

obtusángulo

III) en un A rectángulo el incentro está en el punto medio de la hipotenusa

)108<

vértice del ángulo recto. Son verdaderas: A) sólo I;

B) sólo II;

C) sólo III;

D ) las tres;

E) ninguna. R esp.: 1 = C;

2 = D;

3 = A;

4 = E.

OPTATIVO

¿-VHp

¿>ñA\i£tsRft

20a U N I D A D C onstrucción d e trián gu los y cu adriláteros. R ela cio n es e n e l tr iá n g u lo , e n e l paralelogram o, en e l trap ecio y e n e l tra p ezo id e. D atum .

200. C O N S T R U C C IO N D E T R IA N G U L O S Y C U A D R IL A T E R O S En la resolución y construcción de un problema geométrico se distinguen cuatro etapas princi­ pales: V . E l análisis. E n este prim er paso, tal vez el principal, se supone el problem a resuelto dibujándose una figura de análisis, en la cual se ubican los datos del problem a propuesto.

P or ejemplo: construir un triángulo del cual se conoce la altura he, el 24 « y la bisec­ triz b r D e ahora en adelante los problem as de este tipo de construcciones de triángulos lo indica­ rem os tan sólo por: A ht, « , b (significa: »construir un triángulo dados la altura h^, el 4 a y la bisectriz b,«). N uestro análisis será (Fig. 2):

P or ejemplo, si se pide construir un trián­ gulo dados el lado »c« y los ángulos a y 0 , se com enzará p o r dibujar un A ABC que se su­

C

pone es el que se pide. En este triángulo se seña­ lan los datos c = A B , « = 4 B A C y £ ¡ = 4 ABC (Fig. 1). C

Sea ABC el triángulo pedido, en el cual C H =ho, C E = b 7y 4 CAB = «. Se construye previam ente el A AHC con C H = hc, 4 C A H = « y 4 C H A = 90°. En seguida se razona —de acuerdo con las condiciones del problem a— y se va indican­ do el camino a seguir p ara llegar a construir lo que-se pide. En esta parte es muy útil el empleo de definiciones, lugares geométricos y teoremas. En nuestro ejemplo se d irá que al copiar »c« se determ inan los vértices A y B. Sólo que­ da por determ inar el vértice C para lo cual basta copiar a en A y 0 en B. L a intersección de los »lados libres« de estos dos ángulos determ i­ na C.

j

E n muchos casos la solución no es tan in­ mediata como la anterior y es necesario dividir la figura de análisis en partes auxiliares, la cual o las cuales servirán de base para comenzar la resolución o construcción del problema.

A este triángulo de partida lo llam arem os trián­ gulo auxiliar, es decir: A aux. A H C. C onstruido este triángulo sólo queda por determ inar el vértice B. Pero antes es previo determ inar el punto E que está a la distancia b->de C. P or lo tanto: . „ I 1°) A H — H Ls. Gs. para E: { ( 2 ° ) arco O ( C ,b ,) Finalm ente, para determ inar B se prolonga AE —* E y se duplica el 4 A CE = C E es bisectriz.

- 7 , pues

En m uchas construcciones de este tipo el triángulo auxiliar no es único, sino que pueden existir más de uno y, en estos casos, debe elegir­ se el m ás cómodo de construir. E n nuestro ejemplo, ¿cuál podría ser también el trián) 109 (

guio auxiliar? (Busque otro triángulo distinto a A A H C en el cual se conozcan tres elemen­ tos para iniciar la construcción). T.

Construcción.

C onsiste

en

D

construir

la figura pedida con los datos de magnitud dada. P ara esto es conveniente hacer la cons­ trucción siguiendo el camino indicado por el análisis y, por lo tanto, debe construirse prim ero el triángulo auxiliar, etc. En esta etapa tiene im portancia el

saber copiar ángulos, trazar

paralelas, perpendiculares y bisectrices. 3°. Demostración. E sta p arte tiene por objeto hacer ver que la figura construida cum­ ple con los datos y las condiciones del problem a propuesto. 4° Discusión. M uchas veces en los pro­ blemas geométricos es necesario indicar el nú­

los cuales uno de ellos, por lo menos, debe ser un dato lineal (un lado, una altura, una bisec­ triz, un radio, etc.). Al tra z a r una diagonal de un cuadriláte­ ro, éste queda dividido en dos triángulos y, por lo tanto, para construir un cuadrilátero se ne­ cesitan 5 datos, pues al construir uno de los dos triángulos queda determ inado otro (será un lado común).

un

lado

del

m ero de soluciones que puede tener un proble'm a , en qué casos la construcción puede realizar­

teros se le asignan ciertas condiciones o propie­

se con los elementos dados y en cuáles no existe solución.

dades, el núm ero de datos va disminuyendo en uno por cada condición. D e este modo para cons­

E n los dos ejemplos que hemos desarro­

tru ir los siguientes triángulos y cuadriláteros

llado podemos decir que el prim er problema tiene máximo 1 solución y que no tiene solución si « + P S 180°. En el otro ejemplo el problema no tiene solución si b-, < h,., pues en este caso la O

A medida que a los triángulos o cuadrilá­

se necesita el núm ero de datos que se indican: T riángulo cualquiera

= 3 datos independien­ tes entre sí.

T riángulo isósceles

= 2 datos independientes

(C, b-,) no corta a la base del triángulo. De estas cuatro etapas en la construcción

entre sí. T riángulo rectángulo

de triángulos y de construcciones geométricas, en general, es el análisis la m ás im portante y después, en im portancia, sigue la construc­ ción. Salvo casos en que sea- necesario hacerlo, no se considerará la demostración y la discusión. De esta m anera procederemos en los proble­ m as siguientes en los cuales darem os una indi­ cación para, el análisis y solución. (Al d ar una »indicación« no significa que es el único camino a seguir y, m uchas, veces usted encontrará otro medio m ás fácil de resolver el problem a que el indicado). Pero p a ra facilitar el análisis demostra, remos, a continuación, algunas relaciones en el triángulo y en los cuadriláteros en general.

= 2 datos independien­ tes entre sí.

T riángulo equilátero = 1 dato lineal. trapezoide cualquiera

= 5 datos independien­ tes.

trapecio = 4 datos (el 5° dato es el paralelismo de dos lados) trapecio isósceles = 3 datos trapecio rectángulo = 3 datos paralelogram o (romboide) = 3 datos rombo = 2 datos rectángulo = 2 datos cuadrado = 1 dato lineal cuadrilátero circunscriptible = 4 datos

201. O B S E R V A C IO N P a ra construir un triángulo cualquiera se ne­

cuadrilátero inscriptible = 4 datos

cesitan tres datos independientes entre sí de

vez = 3 datos.

)Í1 0 <

cuadrilátero inscriptible y circunscriptible a la

202. R E L A C IO N E S E N U N T R IA N G U L O A) Perímetro y semiperimetro. Siendo BC = a, A C = b, AB = c se obtiene: 2 s = perím etro = a + b +c

s

= sem iperim etro = a +

Se dibuja la circunferencia inscrita, re­ sultando:

OD = OE = O F = p Entonces:

C

= c +m

+

AT = b +n AS + A T = m + n + b +c AS + A T = a + b +c, pues m + n = a luego: H arem os las siguientes designaciones: A D = A F = x, B D = B E = y, C E = C F = z C on

estas

anotaciones podemos estable­

A S+Á T=2s

AS = s; A T = s

pues AS = A T

D e aquí el siguiente teorema:

cer las siguientes relaciones: 2 s = a +b + c = 2x + 2y + 2z

s = x + y + z = a + j».t c

204. T E O R E M A L X V T »En un triángulo la distancia desde un vértice al punto de tangencia de la circunferencia ex­ inscrita correspondiente al lado opuesto es igual

D e aquí resulta: x = s - (y + z), pero y + z = a

al semiperímetro del triángulo«. Como corolario de este teorem a se obtie­ nen adem ás las siguientes relaciones:

por lo tanto:

x = s - a

Con análogo desarrollo se obtiene: z = s -c

y = s —b

Con esto podemos enunciar el siguiente teorema:

c +m = s

m = s - c =z

b +n =s

n = s —b =y

P ara las otras dos circunferencias ex-inscritas se obtienen relaciones análogas que es fácil escribirlas por analogía sin necesidad de

203. T E O R E M A L X V »En un triángulo la distancia entre un vértice

deducirlas. P or ejemplo, en la figura 6 del N° 6 8 . indicar el valor de los siguientes segmentos:

y el punto de tangencia de la circunferencia ins­ crita es igual a la diferencia entre el semiperi­

Á K = ..

m etro y el lado opuesto al vértice«. Con una de las circunferencias ex inscrita se tiene:

KS = . . . ; P L , = . . . ; M T = . . . ; P Ñ = . . . ; K P = . . .

AS = Á T ; BS = B R - m; C R = C T = n

BQ = . . . ; CL

= . . . ; C T = . . .;

A continuación desarrollarem os algunos problem as aplicando estas relaciones y dejare­ mos otros para que usted los resuelva. )»n<

205. E J E R C IC IO S 1 ) C onstruir un A dados: s, a , 1>

4)

Análisis, (véase figura 6 del # 68 ). 1) Con a -t-b = K S , pb KOj

Análisis: 1) Con s =AS = A T y « = 4 . TAS se

construye

prim eram ente

el deltoide

= SO„ se construye, el gulo KSOoOi

ASO„T.

2) Se

2) L a paralela a la distancia lv de AS determ ina C. 3) arco 0

dibujan

las

© ( O uPb) 3) L as tangentes

(C, C T) determ ina el punto

de tangencia R. 4) C R —* R determ ina B.

A : a -l-b, p„, pby

trapecio

O

comunes

(Oa,

p„ = rectán­

pa)

y

interiores

a

estas circunferencias determ inan C. 5)

A : s —c,

6)

A : s - b , p,pc

7)

A: s - a , s - b ,

8)

D em ostrar en la figura 6 del # PÑ = a - b

9)

A : a - b , p , p r.

p,

b

p.

68 , que

1 0 ) A : a + b + c, pa, h1 1 ) A : a + b + c, pa, pb

Construcción: Dése usted los datos y haga

12) A : s - c , 7 , b ,

la construcción siguiendo, el camino indi­ cado p o r el análisis. (Dése datos pareci­ dos a los de la figura de análisis p ara que no tenga "sorpresas«...).

206. A D IC IO N Y D IF E R E N C IA D E T R A Z O S (Fig. 7) 1)

2)

A : s, pa,0 . Análisis.

L a altura C H

= lv determ ina los seg­

mentos A H = q, H B = p. 1) Con s =A S = A T

= TO0 = de ASOoT.

y SO„ =

2)

pa se construye el deltoi-

Con arco O (C, b) se determ inan loS pun­ tos A ’, D y A” obteniéndose:

2) Se dibuja la O (Oa, pa). 3) Se copia /? en cualquier punto de AS y desde 0 „ se traza la perpendicular

3)

CA ’ =C A = b , | A’B = p - q AH = H A ’ =q j ’

al lado libre de 0 con lo que se determ ina en la intersección con la circunferencia, el punto de tangencia R.

La bisectriz C E = br determ ina los segmen­ tos AE = v, EB = u.

4)

CD = CA = b

BD = a —b

5)

C.A” = C A = b =

BA” = a + b

6)

El A ADC es isósceles

4) L a tangente en R determ ina B y C. Construcción: H ágala usted dándose pre­ viamente los datos. 3)

A : s - b , pa, a. Análisis. 1) Con s —b = C T = C R y pa =

= > 2 -ó + 7

= 180° =» 5 = 90° - -i- ■7

= TO„ = R O a se construye el deltoide T C R O a.

pero 90° = - j - « + 4 “ ‘ ii2 (

7)

5 =

a + ¡i

Además, resulta b , AD.

= CE

= simetral de

F E = u -v

14) Al hacer AE = EF = v

15) Al ser EA = E D = E F los puntos A ,F y D están sobre la semicircunferencia de diá­ m etro AF (no dibujada), y, por consi­ guiente, el

A A D F = 90°.

16) Por igual razón el 4 A ” A D = 9 0 ° por estar inscrito en la semicircunferencia de diám etro

DA ”

pues

CA =C A ’ = C D = C A ” = b

8)

9)

%'CA’A =

Como el A AA’C es isósceles

17) En el A isósceles F D E se tiene 2 - r = 180° - t = 180° - (« - 0)

Pero como el A CA ’A es ángulo exterior

2 - r = a + 0 + y ~ (a - 0 )

del A A’BC, se obtiene: t

= o - / 3

18) Com o r es ángulo exterior en el A F B D 10) El 4 B C A ’ es ángulo exterior en el vér­ tice del A A” A’C y, por lo tanto:

=»r =

*FD B +0

de donde se obtiene: •Ü F / / b T / / A A ” 19) Demuestre que A C D A ’ =0 + - j • y

11) El A A E C = A D E C =* * E D C = « y, por lo tanto: a +0 A x = a - b = a ------- 2—

t, - 8 x = ~~2—

12) Como el A A D E es isósceles se obtiene

20) Dem uestre que A A D A ’ =90° - a 21) D em uestre que A D A ’B = - j ■y 22) Dem uestre que A H C E = 23) Demuestre que s D FB = 9 0 ° +

í” = 2x =

Con la ayuda de estas relaciones resuel­ 13) Además,

en

este

A

isósceles

AE = ED = v

resulta:

va usted los problem as siguientes de los cuales se dan las indicaciones necesarias para comenzar. >m <

207. E J E R C IC IO S (Fig. 7) 1)

14) A:

A : a —0 , bT , b (Indicación: A auxiliar H E C c o n 90° en H , C E = b T, 4 H C E = ~ '2 &' ■ En

2)

A:

ATi = p —q , CB = a y 4 A’CB = A C ;O M J .A B , O N -L A C (F ig . 4) T .) O M < O Ñ

D .) Se tiene:

• '.

»De dos cuerdas que parten de un mismo punto de la circunferencia la mayor está a menor dis­ tancia del centro« (dista menos del centro).

D .) Se une M con N . En el A A M N se tie a > /9 , pues A M > A N (por T eor. lii). Por lo tanto, el complemento « de a es me­ nor que el complemento 5 de /?. Lu

de acuerdo con el T eor.

luí

aplicado al A

N M O , se obtiene: O M C O N . Fig. 6.

Corolarios: 1) C uerdas iguales de un círcu­ lo distan igualmente del centro. 2) C uerdas desiguales de

un círculo la

mayor dista menos del centro.

223. T E O R E M A L X X »En un mismo círculo o en círculos congruen­

2j.n

arco AB

tes, a cuerdas iguales corresponden ángulos del

arc o C D

centro iguales y arcos comprendidos iguales«. Corolario: Si se tom a 0 como ángulo u n i­ tario y C D como arco unitario, resulta:

(¡Dem uéstrelo usted!).

Fig.5

E s decir: »Un ángulo del centro tiene la misma medida que el arco comprendido entre sus lados«. Entonces, para m edir un ángulo cualquie­ ra o basta tra z a r entre sus lados un arco AB de centro en el vértice y medir este arco. D e este mo­ do se obtiene: 180° =

4

-

0 , 90° =

4

-

0 , etc.

225. T E O R E M A L X X l l 224. T E O R E M A L X X »En un mismo círculo o en círculos congruentes la razón entre las medidas de dos ángulos del centro es igual a la razón entre las medidas de los arcos que comprenden entre sus lados«. H .) a y 0 son ángulos del centro. (Fig. 5) T .)

4 .a

»Todo ángulo inscrito en un círculo es igual a la mitad del ángulo del centro que comprende el mismo arco entre sus lados«. H .) 4 ACB = 4 inscrito en arco AB 2i AOB = 4 del centro correspondiente al inscrito

arco AB arco C D

D.) Como »medir un arco es com pararlo con otro que se toma como unidad«, tomaremos como arco unitario uno que llamaremos ■ »u« y que supondrem os es »una medida co­ mún« p ara los arcos Á6 y C D . (No es nece­ sario que sea la »máxima común medida«). Si este arco unitario »u« está contenido 3 veces en AB y 4 veces en É D , tendremos: >AB arco C D

3 -ü 4 -u

i AB >CÍ)

Pero como a »arcos iguales corresponden ángulos del centro iguales«, se tiene también: )1 2 3 (

T .) * A C B = - i ^ A O B

2)

O bien: 4 AOB = 2 • 4 ACB

D em uestre que el T eor. l x x i i es válido para él caso en que el centro O quede fuera de los lados del ángulo inscrito (Fig. 11).

D .) Se une C con O y se prolonga, obteniéndose dos triángulos isósceles GAO de ángulo basal a y el BCO de ángulo basal 0 . Apli­ cando el T eor. x v ii a estos dos triángulos, resulta:

1TI

x = 2 ■« 1 04 II >>

■s |+

x + y = 2 ■(« + 0) 4 A O B = 2 - 4 ACB =» 4 ACB = \ * A O B

Dem , de 2). En la Fig. m se tiene, de acuer­ do con el C orolario del T eorem a l x x i que:

Otra demostración: se basa en el corolario del T eor. l x x i . Entonces: la medida del 4 x equi­

* A C B = 4 ACD - * B C D

vale a la medida del arco Áí),- la medida del 4 y

y = y arco Á 5 - y arco BÍ)

equivale a la m edida del arco DB P o r lo tanto:

y = j (arco Á í)

= T-*■ arco “ =

arco BÍ))

y = y arco AB

Á í) + pero

= ~k~ 2 arco D Íi

5

= arco Áfe

a + 0 = j (arco A D + arco DB) luego: Busque usted otra demostración.

4 ACB = y -a rc o Á B

226. E J E R C IC IO S 1)

D em ostrar que el T eor. l x x ii es válido para el caso de ser un diám etro uno de los lados del ángulo inscrito (Fig. 1).

227. T E O R E M A L X X I I I »Todo ángulo semiinscrito en una circunferen­ cia es igual al ángulo inscrito en el mismo arco« (Fig. iv).

Iv

H . ) 4 .ACB = 4 inscrito = 7 ¡S ,

B A T = 24 semiinscrito Ái¡ - arco comprendido por ambos

T .) )»24<

t —y

D .) Se traza la apotem a O M . P or lo tanto: 4 AOB = 2

E n la figura v los A ABC, ABC’, A B C ” ,

7 => * A O M = 7

pero 4 A O M = t (Teo. xv) ■

•

4

=

y

tienen todos la misma base AB =c y el ángulo 7 opuesto a ella. P or lo tanto, al conocerse el lado »c« se conocen los vértices A y B; sólo quedaría

(E sta conclusión la aplicarem os, un poco

p or determ inar el tercer vértice C el cual se en­

más adelante, en la construcción del »arco capaz« de un ángulo.).

cuentra en un punto del arco A C C ’C ’B que se llam a »arco capaz del ángulo«. Luego:

228. C O R O L A R IO S D E L T E O R . L X X I I Y D EL L X X IIl 1)

229. A R C O C A P A Z D E U N A N G U L O

»Todos los ángulos inscritos en el mismo arco son iguales entre sí« (Fig. v).

L .G . A/° 13: »Cuando en un triángulo se co­ noce un lado y el ángulo opuesto a él, el L .G . del tercer vértice del triángulo es »el arco capaz del ángulo« que subtiende como cuerda el lado da­ do«.

230. S E M IC IR C U N F E R E N C IA D E T H A L E S E n la Figura v i los A ABC, ABC’, ABC” , son todos triángulos rectángulos que tienen la m ism a hipotenusa AB y sólo varía la posición del vértice C del ángulo recto. Pero, éste se en­ cuentra en un punto de la semicircunferencia A CC’C ” B que tiene por diám etro a la hipote­ n usa AB. Luego: L .G . N °J4: »El L .G . del vértice del ángulo recto de todos los triángulos rectángulos que

y ’ = j arco ÁÜ

tienen la misma hipotenusa es la semicircunfe­

7 ” = ja r c o A B

rencia que tiene por diám etro a la hipotenusa«. (En la práctica se dice simplemente: »El L .G . es la semicircunferencia de Thales«).

2)

»Todos los ángulos inscritos en una semi­ circunferencia son rectos«. (Este corolario se conoce históricam ente como

Teorema

de Thales de M ileto, año 600 a.JC .). En efecto: * A C B = -1 * AOB = - ^

= 90° (Fig. vi).

23 7. P R O B L E M A F U N D A M E N T A L D ados un trazo »c« y un ángulo 7 , construir el »arco capaz del ángulo«. 1) Se copia el trazo c =Á B (Fig. vn). 2) E n A o en B se copia 7 = 4 BAT.

)1 2 5 (

3)

Construcción:

Com o el arco pasa p o r A y B, un L.G.

p a ra el centro O es la sim etral de AB y, el otro

1) se copia c = AB (Fig. 2);

L .G ., es la perpendicular en A a A T (pues la

2 ) se construye el arco capaz de 7

tangente es perpendicular al radio en el punto

cuerda »c« (según # 231); 3) sobre la simetral y a p artir de M se co­

de tangencia).

La intersección de estos dos

con

pia he y se traza L / /A B ; 4) la intersección de la paralela con el

L .G . determ ina él centro O y el radió O A = r del arco capaz. P or lo tanto, basta dibujar el arco de ©

arco capaz determ ina el tercer vértice C que se une con A y B.

(O , OA).

Discusión:

Observación: 1) si 7 < 90° el arco capaz

si he < flecha M N hay 2 soluciones

es mayor que u n a semi G ; 2) si = 90° el arco

si he - flecha M N hay 1 solución si he > flecha M N no hay solución, pues

capaz es igual a una semicircunferencia; 3) si 7 > 90° el arco capaz es m enor que una semicir-

la paralela no corta el arco capaz.

cuferencia. 2)

232. E J E R C IC IO S 1) C o n stru ir un triángulo dados: c, 7 , he. Análisis: Sea ABC el A pedido en el cual

A : c, 7 , te Análisis: sea ABC el A pedido en el cual AB = c, C M =te , 4 ACB = 7 (Fig. 3); C

c = AB, 4 ACB = 7 , C D = h e (Fig. 1). Con »c« se determ ina A y B. P a ra C se tienen los siguientes L .G .: Ic á re o capaz de 7 con cuerda c = AB; 2) la paralela a la distancia he de AB.

1) con »c« se determ inan A y B; 2) L .G . p a ra C: 1°) arco capaz de 7 con cuerda »c«; 2°) la G (M , te). Construcción: ¡ H ágala U d .! Discusión: si - j te > flecha M N no hay solución si 3)

te = flecha M N hay 1 solución.

A : c, 7 , h, Análisis: Sea ABC el A pedido en el cual AB = c, AD =1^, 4 ACB = 7 (Fig. 4); 1) con »c« se determ ina A y B; 2) L .G . p a ra D:

í 1°) semi O (A B )d eT h ales | 2 ) arco U (A, h,) í 1 °) arco capaz de 7 con

3) L .G . p a ra C : j

cuerda »c«

I 2°) B( - ) D —*D ) 126 (

,1 a = ~2 ■x 1

y ° t -y a + 7 = y (x + y ), pero x + y = 360° . ‘ - 0 + 7 = 180° Observación: Enuncie el T eor. recíproco del anterior. Construcción: D ése Ud. los datos y haga la construcción siguiendo el orden indicado por el análisis. Discusión: ¡ H ágala usted! A :c , ho.h*

234. A N G U L O IN T E R I O R Y A N G U L O E X T E R I O R E N U N C IR C U L O Definición: "Angulo interior es el que forman dos cuerdas < + y = y tf

Fig. 12

( T e o r . l x x ii)

pero, tam bién l luego:

y =

.1 m (

Con el mismo radio se corta desde A de­ term inándose B. Se une A con B y se prolonga AB en BC = BA.

4)

PC es la perpendicular pedida. Demostración: ¡H ágala usted!

D) E n los extrem os de un trazo AB se trazan las perpendiculares C A y D B a AB. D eterm inar un punto P que pertenezca al trazo AB de modo que las visuales trazadas desde C y D sean perpendicu­ lares (Fig. 13).

E)

J)

U n ángulo del centro recto AOB de un

círculo (Fig. 15), gira en torno al centro O . Si C D es un diám etro fijo, determ inar el L .G . del punto de intersección de las rectas CA y DB. (Ind.: T eor. l x x v i ).

En los extremos de un trazo AB se trazan

las perpendiculares CA y DB a AB. D eterm inar en el trazo un punto P de modo que las visuales trazadas desde C y D form en un ángulo de 30°

ción de todas las diagonales de los rombos que

K) U n ángulo del centro de 90° =.24 AOB de un círculo gira en tom o al centro O . Si C D es un

tienen la misma base.

diám etro fijo, determ inar el L .G . del punto de

F)

D eterm inar el L .G . del punto de intersec­

intersección de las cuerdas BC y AD (Fig. 16). G ) Desde un punto P fuera de un círculo se

(Ind.: T eor.

l x x v ).

trazan dos secantes que form an un ángulo «. C alcular la medida de este ángulo si 4 AOB = 80° y j^C O D =50° (Fig. 14). (R e sp .:« = j 2 rad )

L)

Si un arco ÁB mide 39 cm y el diám etro del

círculo 60 cm, ¿cuál es la medida del ángulo y en grados y minutos? (Fig. 17). H) D eterm inar el L .G . del ortocentro H de to­ dos los triángulos A BC inscritos en una circunfe­ rencia y que tienen todos la m ism a base AB. (Ind. :

(Resp.: 37° 15’)-

Fig. 17

determ inar el 4 A H B ). I)

Se d a n dos rectas paralelas L ’ y L ” ; entre

ellas (o fuera de ellas) se dan dos puntos A y B. Deter 4 O A O ’ = 90°

4)

y, p o r lo tanto, las circunferencias son ortogona­

L a intersección de las dos circunferencias determ inan los puntos de tangencia A y B. PA y PB son las dos tangentes desde el punto P. D em .) P o r el T eor. de Thales se tiene:

les.

*1 = 4 2 = 90°. Luego: PA i .O A y P B X O B . P or lo tanto, PA y PB son tangentes a la 240. T R A Z A R L A S T A N G E N T E S D E S D E U N P U N T O A U N A C IR C U N F E R E N C IA 1)

Se traza la central O P (Fig. v m ).

2)

Se dibuja

la circunferencia de diám etro

OP.

2)

Se dibuja la O (O , R - r ) , es decir, a la cir­

0 (O , ÓA).

241. T R A Z A R L A S T A N G E N T E S C O M U N E S E X T E R IO R E S A D O S C IR C U N F E R E N C IA S 1)

Se traza la central O O ’ (Fig. ix).

4)

O ’A’ y O ’C ’ son las tangentes desde O ’ a

5)

la circunferencia contraída (O, R - r ) . O ( —) A’ — A’ determ ina A y O ( —) C ’—• C ’

cunferencia m ayor se le resta el radio de la m enor (tam bién se dice: "se contrae la cir­ cunferencia mayor en el radio de la menor").

determ ina C. Por O ’, se traza la paralela a O A y a OC. 7) AB y C D son las tangentes comunes exte­ 6)

3)

Se dibuja

la circunferencia de diám etro

O O ’ la que determ ina los puntos A’ y C ’ los

riores a las dos circunferencias dadas.

cuales se unen con O ’.

¡Demuestre usted que son tangentes!

)134(

242. T R A Z A R L A S T A N G E N T E S C O M U N E S IN T E R IO R E S A D O S C IR C U N F E R E N C IA S 1) 2)

Se traza la central O O ’ (Fig. x). Se dibuja la O (O , R + r), es decir, al ra ­ dio mayor se le sum a el menor. (Se dice tam ­ bién: »se dilata la circunferencia m ayor en el radio de la menor«).

H .) ABCD es cuadrilátero circunscrito (Fig. xi): S, T , U , R son los puntos de tangencia. T .) AB + C D -= AD + BC D.) D e acuerdo con el Teor. AS = AR = x ;

lxxvh

BS = B T = y ;

se tiene: C T = C Ü = z;

DÜ =D R =t Entonces:

3)

Se dibuja la 0 (O O ’) que determ ina los puntos A’ y C ’ los cuales se unen con O ’.

4)

O ’A ’ y O ’C ’ son las tangentes desde O ’ a la O (O , R + r).

5) 6)

Se traza O l / / O A ' y O T ) / / OCT. AB y C D son las tangentes interiores a las dos circunferencias. ¡Demuéstrelo usted!

AB + C D = x + y + z + t AD -f BC = x + t + y + z AB + C D = AD + BC

Observación: Enuncie usted el Teorem a re­ cíproco de éste.

245: E J E R C IC IO S 1) ¿Q ué condición debe reunir un cuadrilá­ tero para que se le pueda inscribir una cir­ cunferencia? 2)

243. T E O R E M A L X X V I I »Las dos tangentes trazadas desde un punto a

¿Qué condición debe reunir un cuadrilá­ tero para que se le pueda circunscribir una circunferencia?

una circunferencia son iguales« (miden lo mis­ mo). (Fig. viii).

3)

¿A qué cuadriláteros se les puede inscri­ bir siempre una circunferencia?

H .) PA y PB son las tangentes.

4)

¿A qué cuadriláteros se les puede circuns­ cribir siempre una circunferencia?

T .) PA = PB

5)

D .) Se tiene:

___ __ O A = O B = radios

A PO A d i A PO B porque

O P ’ = O P (lado común)

(por 3o T eor. d e S )

^ ' = 4 2 = 90°

PA = PB 244. T E O R E M A L X X V I I I »En todo cuadrilátero circunscrito a una circun­

¿A qué cuadriláteros se les puede a veces circunscribir una circunferencia?

6)

¿A qué cuadrilátero nunca se le puede circunscribir una circunferencia?

7)

¿A qué cuadrilátero nunca se le puede ins­ cribir una circunferencia?

246. T E S T D E V E R D A D E R O O F A L S O

ferencia la suma de dos lados opuestos es igual a

D entro del paréntesis que precede a cada pre­ gunta coloque una »V« si la proposición es Ver­

la suma de los otros dos lados«.

dadera o una »F« si es Falsa. ) 135 (

1)

2)

(

(

ambos círculos son:

) D os circunferencias de distinto radio

A) sólo uno;

pueden tener en común como mínimo 1 punto y como máximo 2 puntos.

3) (

) Siempre se puede

circunscribir una

circunferencia a un trapecio isósceles. 4) (

) Siempre es posible

circunscribir una

circunferencia a un romboide. (

) N unca se puede circunscribir una cir­ cunferencia a un rombo.

6)

(

) Siempre se puede circunscribir una circunferencia a un trapezoide. ) A veces se puede circunscribir una circunferencia a un trapecio.

8)

(

) A un triángulo se le puede inscribir y circunscribir sim ultáneam ente una circunferencia.

9)

(

) A un cuadrado se le puede inscribir y circunscribir sim ultáneam ente una cir­ cunferencia.

10) (

) A un rectángulo se le puede inscribir y circunscribir una circunferencia.

11) (

) A un trapezoide siem pre se le puede inscribir una circunferencia.

12) ( ) Nunca

es

posible

circunscribir

un

trapecio a una circunferencia. 13) (

) A veces a un trapecio isósceles se le puede inscribir una circunferencia.

14) (

) Siempre se puede inscribir una circun­ ferencia a un rombo.

15) (

) N unca se puede inscribir una circun­ ferencia a un rectángulo.

16) ( ) Siempre

se puede

circunscribir una

circunferencia a un rectángulo. 17) (

) Nunca

se

puede

circunscribir una

circunferencia a un deltoide. 18) (

) Siempre se puede

B)

C) sólo cuatro; D) E) falta más información.

sólo dos; muchos;

20) Se afirma que a dos circunferencias exte­ riores se les puede tra z a r sólo comunes: A) una tangente; B) 2 tangentes; C) 3 tangentes; D) 4 tangentes; E) todas las que se desee.

5)

7) (

tu, N° 239). Entonces, los puntos comunes a

) Dos círculos secantes tienen sólo dos puntos comunes.

inscribir una cir­

cunferencia a un deltoide.

21) Se afirm a que a dos circunferencias que son tangentes exteriormente, las tangentes comunes que se les puede trazar son sólo: A) 1; C) 3;

B) D)

2; 4;

E) muchas. 22) Se afirma que a dos circunferencias de distintos radio y que son secantes entre sí, las tangentes comunes que se les puede tra ­ za r son: A) 1; C) 3; E) muchas.

B) 2; D) 4;

23) Se afirm a que a dos circunferencias que son tangentes interiorm ente, las tangentes comunes que se les puede tra z a r son sola­ mente: A) 1; C) 3; E) muchas.

B) 2; D) 0;

24) El núm ero máximo de tangentes comunes que se les puede trazar a dos circunferen­ cias que se cortan ortogonalmente es: A) 1; C ) 3; E) ninguna.

B) 2; D) 4;

25) Dos circunferencias .de radios diferentes R y r, son tangentes. Entonces, se afirm a que la distancia »d« entre sus centros (la »cen­ tral«), mide: I) d = R + r; II) d = R - r; III) d = cero. De estas afirmaciones son verdaderas so­ lamente:

247.

T E S T D E »A L T E R N A T I V A S «

19) Se tienen dos círculos en los cuales la cen­ tral es m enor que la sum a de los radios (Fig. >«(

A) I;

B) II;

C) I y II; E) las tres.

D) I y III;

26) Dos circunferencias de radios diferentes, R y r, no se cortan. Entonces, se afirma que la

D e estas afirmaciones son verdaderas lamente:

distancia »d« entre sus centros mide: I) d > R + r;

A) I;

II) d < R - r;

C ) I y II;

III) d = cero.

E) lastres.

B) II; D ) I y III;

R esp.: 1 = F ; 2 = V ; 3 = V ; 4 = F ; 5 = V; 6 = F 7 = V ; 8 = V; 9 = V ;

10=F;

11 = F ;

12 = F

13 = V; 14 = V; 15 - V ; 16 = V ; 17 = V ; 1 8 - V 19 = D ; 20 = D ; 21 = C ; 22 = B ; 23 = A ; 24 =B 25 = C ; 26 = E .

) 137 (

OPTATIVO 23a U N I D A D Lugares G eom étricos (T ercera P arte). E jercicios resu eltos y p o r resolver.

248. E J E R C IC IO S 1) D eterm inar el L .G . de los centros de todas las circunferencias que son tangentes a una

radio y que son tangentes a la circunferen­ cia dada. 8)

circunferencia dada en un pun to dado P de ella (Fig. i). 9) I

E nunciar y determ inar el L .G . de los pun­ tos medios de todas las cuerdas iguales de ün círculo. D eterm inar y enunciar el L .G . de los cen­ tros de todas las circunferencias que pa­ san por dos puntos dados A y B.

10) D eterm inar y enunciar el L .G . de los cen­ tros de todas las circunferencias'que tienen una cuerda común. 2)

D ada una circunferencia O y una recta L , tra z a r las tangentes que tengan la misma di­ rección que la recta L (Fig. n).

11) Se da una circunferencia de 101 cm de ra­ dio. D eterm inar y enunciar el L .G . de los centros de todas las circunferencias de 25 cm de radio que intercepte (determine) en la circunferencia dada cuerdas de 40 cm. 12) Se da una circunferencia de 4 cm. D eterm i­ nar y enunciar el L .G . de todos los puntos desde los cuales se pueden trazar tangentes de 3 cm. 13) Se da un plano (P) y un punto A situado a

L

3)

D eterm inar y enunciar el L .G . de los cen­

4 cm del plano. D eterm inar y enunciar el L.G . de todos los puntos del plano que están a 5 cm del punto A (Fig. ni).

tro s de todas las circunferencias tangentes a dos rectas paralelas L’ y L” . 4)

A

D eterm inar y enunciar el L .G . de los cen­ tros de todas las circunferencias de radio dado »a« que son tangentes a una recta dada

5)

4 cm

L. D eterm inar y enunciar el L .G . del centro de todas las circunferencias que son tan­

6)

gentes a dos rectas L ’ y L” que se cortan. D eterm inar y enunciar el L .G . de los cen­ tros de todas las circunferencias tangen­ tes a dos circunferencias concéntricas.

7)

Se da una circunferencia de 5 cm de radio. D eterm inar y enunciar el L .G . de los centros de todas las circunferencias de 1,5 cm de )» 3 8 (

14) D os puntos A y B del espacio están a 10 cm entre sí. El L.G. de los puntos que están a lO c m d e A y B es: A) dos esferas de 5 cm de radio con centros en A y B;

B) una esfera de 10 em de radio y con cen­ tro en A o en B; C) una circunferencia situada en el pla­ no equidistante de A y B que tiene por radio 5 \ / ~ 3 cm y su centro coincide con el punto medio de AB; D) es una esfera de radio 5y/~3 cm y de centro en la m itad de AB; E) falta m ás información. 15) L .G . iV° 15. »El L .G . de los centros de todas las circunferencias de radio dado »a« que cortan ortogonalmente a uña circunferen­ cia dada de radio »r«, es la circunferencia concéntrica con la dada y que tiene p o r ra­ dio a la hipotenusa R del triángulo rectán­ gulo de catetos »a« y »r« (Fig. iv). a

17) L.G .

17. El L .G . de los centros de todas

las circunferencias de radio dado »r« que cortan a una recta dada L según un trazo de magnitud dada »a«, se compone de las dos paralelas trazadas a la distancia

t

d = v / ¿ - ( a / 2 )4 de L (Fig. vi). (d = cateto de un A rectángulo de hipote­ nusa »r« y el otro cateto

; o bien, d = altura

del A isósceles de base »a« y lados »r«). 18) L.G . N ° 18. El L .G . de los centros de todas las circunferencias tangentes a dos cir­ cunferencias concéntricas dadas de radios r ’ y r ” , se compone de dos circunferencias concéntricas con las dadas y que tienen por radios la semisuma y la semidiferencia de los radios dados (Fig. vn). 16) L .G . N° 16. El L .G . de los centros de todas

O sea: R, = O O ’ = r’ -

las circunferencias que cortan a una circun­ ferencia dada O según una cuerda paralela a una dirección dada L , es la perpendicular trazada desde el centro O de la circunferen­

R2 = O O ” = R, - r” = T —^

cia dada a la recta dada L (Fig. v).

)!» (

19) L .G . N ° 19. El L .G . de los puntos medios de todas las cuerdas de longitud dada »a« de una circunferencia de radio dado »r«, es la circunferencia concéntrica con la dada y que tiene por radio la perpendicular desde el centro a una de estas cuerdas (Fig. yin). Si AB = a => P = V V

— (a / 2 )2

22) L .G . N° 21. El L .G . del centro de todas las circunferencias de radio dado »r« que al co rtar a una circunferencia dada R deter­ m inan una cuerda de longitud dada »a«, se compone de dos circunferencias concéntri­ cas con la dada de radios O O ’ y O O ” ,. res­ pectivamente. (Fig. xi):

Calcularem os

estos

radios

20) Problema: Dentro de un círculo dado se da un punto P. T ra z a r p o r P una cuerda de longitud dada »a« (Fig. ix). Solución: 1) la G (O , p). 2) la tangente desde P determ ina AB. Discuta este problema. IX

se tiene AB = a, O A = R , O ’A = 0 ” A’ = r CTM = 0 ” M ’ = > / /

- ( a /2 )*

O M = > / R y -(a/2)* O O ’ = y / Ü¿ - (a /2 )2 + y / r2 - ( a / 2)2 luego: O O 77 = ^ 7

- ( a /2 f

- y / '¿

- ( a /2 )2

23) L .G . D Resulta:

__ AC = AE = b

A A B C ^; A AKE pues:

4 AEK = * A C B =90°

(por 1 " T eor. d e -^ ) F ig. 17

a =-ct (24de lados perpendiculares)

luego: AK = AB = c )í* 9 (

Al tra z a r p o r F //A C se determ ina I, obte­ niéndose: #

A F IC

= # KACL (igual base AF =

= AK = c, igual altu ra A H = q) Entonces: □ ACDE

= # LK A C (igual base A C = b , igual altura CD)

I-----IA F G H = # A FIC

(igual base ÁF =c, igual altura AH)

Luego: □ A C D E =1— 1AFGH

T .) □ A EJB = n C B K L + O A C G H c

= a* + b 1

D .) P o r el

1" T eor.

o bien :

de Euclides se tiene:

(Fig. 19). □ A C G H = l= 3A E F D □ C B K L =C=DDFJB □ A C G H + □ CBKL =CZDAEFD +IZUDFJB □ A C G H + d CBKL = □ AEJB b2 + a 2 = c2

o bien: E n form a análoga se dem uestra que:

Otra demostración: Por el Euclides, se tiene:

1" T eor. de

+ Existen otras demostraciones de este his­ = c • (p + q )

tórico teorem a y m ás adelante volveremos so­ bre él, con otro enunciado y o tra demostración. (N° 309 y N° 320).

263. T E O R E M A P A R T IC U L A R D E P IT A G O R A S »En un triángulo rectángulo el cuadrado cons­ truido sobre la hipotenusa ^ s equivalente a la su­ ma de los cuadrados construidos sobre los cate­ tos«.

. . a 2 + b2 = c2

puesto que p + q = c

264. C O R O L A R IO D E P IT A G O R A S »El cuadrado de un cateto es equivalente al cua­ drado de la hipotenusa menos el cuadrado del otro cateto«. E s decir: 2

a

=c

2

,2

—b ;

, 2 = c 2 —a 2

b

Observación: El histórico y fundamental Teorem a de Pitágoras puede dem ostrarse de mu­ chísim as m aneras, algunas de las cuales vere­ mos más adelante (Nu 319). A continuación dare­ mos una demostración muy sencilla. Se toma un cuadrado de lado (a + b ) y se forma dentro de él los cuatro triángulos rectán-

Fig. 20

gulos congruentes entre sí. U no de ellos es el

D .) P or el corolario de Pitágoras, se tiene:

A ABC de catetos a, b y de hipotenusa c.

1) h2 =b 2 - q 2

pero

por

En A tenemos que a + 3 + x = 180° pero como a +3 = 9 0 °, resulta: x =90°. Por lo

de Euclides, se tiene:

tanto, A D EB es un cuadrado de lado »c« cons­

2 ) b2 = (p + q )-q .

truido sobre la hipotenusa del A ABC (Fig20).. Entonces:

Al sustituir 2) en 1) resulta:

el

1"

T eer.

h 2 = (p + q ) -q - q 2 h 2 = pq + q 2 - q 2

□ ADEB = □ R ST C - 4 • A ABC

c2 = a 2 + 2 ab + b2 —2 ab 2 2 i i2 c =a + b

265. S E G U N D O T E O R E M A D E E U C L 1D E S »En un triángulo rectángulo el cuadrado cons­

■

Otra demostración: se aplica el T eor. de

Pitágoras a los A A DC y C D B , resultando (Fig. 21):

.2

a

, i2

+b

truido sobre la altu ra es equivalente al rectán­ gulo que tiene por lados las dos proyecciones de los catetos en la hipotenusa".

h 2 = pq

Luego:

c2 = (a + b )2 - 4 •

-

, , 2

= 2 -h

, 2

+ p

= 2 -h

,

2

+ q ; pero a

2

,

i 2

2

+ b = c

p 2 + q2; pero c = p + q

(p + q )2 = 2 -h2 + p 2 + q 2 Al desarrollar y reducir, se obtiene:

h 2 - pq

266. C A L C U L O D E A R E A S Ya sabemos cómo calcular el área del cuadrado, del rectángulo, del paralelogram o, del trapecio y del triángulo. Veremos, ahora, otros polígonos.

267. T E O R E M A L X X X I I I »El área de un polígono regular es igual al pro­ ducto de su semiperimetro por la apotem a«. H .) /

= longitud del lado del polígono

p

= apotema

n

- núm ero de lados

2 s = perímetro

s = semiperimetro.

H .) □ D G H C tiene p o r lado la altura C D = h (Fig. 21). d U A E F D tiene por lados las proyecciones Á D = q ,D F = D B = p T .) o D G H C = t= ]A E F D o bien:

h2 = p • q

Fig. 22

)151<

D .) Se descompone el polígono en A ABO,

area = s ■p

T .)

A BCO, A C D O , etc., y se sum an sus á re a s ... (¡Siga usted!).

D .) Como el polígono es regular se le descom­ pone en »n« triángulos congruentes al

A ABO. P o r lo tanto, el área del polígono regular será >»n« veces el área de este trián­ gulo. Es decir (Fig. 22): área polígono regular ■=

270. C O R O L A R IO »El área de un triángulo cualquiera es igual al producto de su semiperímetro por el radio de la circunferencia inscrita al triángulo" (Fig. 24). c

n ■A A BO = n ■ -Mfi- = pero n ■/ = 2 s; p o r lo tanto:

A = s-p

268. C O R O L A R IO Si el núm ero de lados »n« del polígono crece in­ definidamente term inará su perím etro por con­

_ a + b -fe

Siendo: 2s = a +.b + c

2

fundirse con la circunferencia cuya longitud o perím etro se designa por C. Al mismo tiempo el apotem a se confunde con el radio »r«. Con estas

Luego :

A = s •

consideraciones el á rea del círculo es: 27 7. T E O R E M A L X X X V Observación: M ás adelante dem ostrare­ mos que C = 2 v r con lo cual se obtiene p ara el área del círculo:

»EI área de un trapezoide es igual al producto de una de sus diagonales por la semisuma de las per­ pendiculares trazadas de los otros dos vértices a esta diagonal«.

A = TT-r siendo ir una constante geométrica cuyo va­ lor es aproxim adam ente jr = 3,14 = -y- = -y||-

269. T E O R E M A L X X X I V »El área de un polígono circunscrito a un círcu­ lo es igual al producto de su semiperímetro por el radio del círculo (apotema)". F

u---- '

D

H .) ABCD

es cualquier cuadrilátero (trape­

zoide) BD = una h2l B D (Fig. 25).

Fig. 23

T .)

diagonal;

hi -L BD,

área A BCD - = -ÿ BD • (h, + h*)

D .) Cuadrilátero H .) A BC D E

es un

polígono circunscrito

círculo de radio p (Fig. 23). T .)

al

ABCD = A BDA + A BDC = - j B D -h , + Í - B D -h 2 =. = y - BD - (h, + h 2)

)152(

272. E J E R C IC IO S

BF.

DO.

Problema 1) C alcular el área de un triángulo co­

ÔË

BD

nocido el radio de una de las circunferencias ex inscritas.

s-b

o bien:

s —c

pero:

» 1 ) p ■pa = (s - b ) (s -c ) A = s •p

( # 270)

A = pa - (s - a )

( # 272)

Se multiplica miembro a miembro: A2 = s • (s - a ) p • p 0 Al sustituir 1), se obtiene: A2 = s • (s - a ) (s - b ) (s - c ) pa = radio de la G (F ig.26).

ex inscrita de centro Oa

De aquí obtenemos lo que se conoce como Fór­ m ula de Herón: A = \ / s(s - a ) (s - b ) (s -c )

A = A ABC = A ABO« + A C A O . - A BCO„ A = 4 - c DÜ„ + | b - F 0 0 - j a - E Ü , A = ~2 c ■pa + — b ■pa — ^ a ■p„ A = -i-pa • (c + b —a) pero c + b —a = c + b + a —2 a = 2 s - 2 a = 2 -(s - a )

Problema 3) C alcular el área de un triángulo en función de los radios de las circunferencias ins­ critas y ex inscritas. D e acuerdo con los N°* 270 y 272 pode­ mos escribir:

A

p miembro a • (sSe- a multiplican ) =pb■(s —b) miembro:

Análogamente se dem uestra que:

A

= pc

A = pj ■(s - b ) = pe *(s - c )

A

Luego:

A = p„ • (s —a)

A A

=s • = p„

=

P

■(s -c )

- P a ■pb ■Pc ■S • (s - a ) (s - b ) (s -c )

pero A2 = s(s —a) (s - b ) (s - c ) . (por # 272-2) Problema 2) C alcular el área de un triángulo co­ nocidos sus tres lados.

A

se di­ viden:

= p ■Pa ■pb ■pc A =>/

Se sabe que: (ver pág. 111).

de donde:

B E = s - b , BD = s - c ,

Problema 4) D em ostrar que el área de uh trián­ gulo es: A = abe

O E = p,

D O 0 = p„

D e la semejanza del A BEO con el A BDO„ (por 1" T eor. de ) resulta (Fig. 27):

P ' P a ' P b ' Pc

4r

r = OB = radio de la G circunscrita (Fig. 28).

)153(

conveniente .y desde los otros vértices se trazan las perpendiculares a ella. En la figura 11 se obtu­ vieron dos trapecios rectángulos y 4 triángulos rectángulos. Se traza el diám etro BD y se forma el A B D C resultando ser rectángulo en C (Teor. de Thale's) y el 4 (t = 4

3 ' M étodo (Fig. in). A veces, según sea

_ 2r

A = y c • he

resulta al sustituir el valor de h,.:

la forma del polígono, es m ás conveniente des­ componerlo en figuras conocidas y fáciles de determ inar su área como cuadrados, triángulos, paralelogram os, etc. Basta, finalmente, sum ar las áreas de estos polígonos parciales.

274.

A R E A D E C U A L Q U IE R F IG U R A

273. A R E A D E P O L IG O N O S IR R E G U L A R E S

f ' M étodo: Se »cuadricula« la figura divi­ diéndola por medio de paralelas en pequeños

Existen varios métodos p a ra determ inar el área

cuadrados de área conocida. (Cuando se emplee

de estos polígonos de los cuales tratarem os al­ gunos.

papel cuadriculado, como el de una hoja de cua­ derno, se puede u sar el cúadradito de la hoja co­ mo unidad). Hecho esto se procede (Fig. iv): 1 ) A co n ta rlo s »cuadradosenteros«;

2) Con los »pedacitos sobrantes »se van« completando a ojo« unos con otros.

V

M étodo: p o r »triangulación« (Fig. 1).

Consiste en descomponer el polígono en trián­ gulos p o r medio de diagonales trazadas desde uno de los vértices y, en seguida, sum ar las áreas de los triángulos obtenidos.

3) Se suman el núm ero de »cuadrados en­ teros« con el núm ero de los »completados«. 4) Se multiplica esta suma por el valor o medida de »un cuadrado«. En nuestra figura hay 93 cuadrados ente­ ros + 2 7 completados, lo que da = 120 cuadrados.

2° M étodo (Fig. 11) se descompone el po­

Pero, cada uno de los »cuadraditos« tiene

lígono en triángulos rectángulos y en trapecios

un área de 0,25 cm2. P or lo tanto, el área de esta figura en cm 2 es:

rectángulos. P ara esto se elige la diagonal más )1 M (

A = 120 -0,25 cm 2 = 30 cm2 Si se quisiera tener una m ayor aproximación se tendrían que tom ar cuadrados más pequeños, por ej., el del papel milimetrado. 2o M étodo: por »pesada«: 1) P a ra este objeto se calca o copia la figu­ ra sobre un papel y se la recorta. 2) D el mismo papel se recorta una figura de área conocida, por ejemplo un cuadrado de 1 cm de lado. 3) E n una balanza se pesan separadam en­ te estas dos figuras. P a ra calcular el área de la . figura pedida basta determ inar las veces que la segunda pe­ sada cabe en la prim era. Así, la figura iv del caso anterior calcada y recortada en un papel pesó 608 m iligram os y un cuadrado de 1 cm 2 del mismo papel pesó 20

miligramos. Entonces, el área de la figura es: 608 m gr : 2 0 m gr / cm2 = 30,4 cm2

f r M étodo: se puede hacer por »cuadricu­ lación«, ya explicado en el N° 274. 2° M étodo: por descomposición en trape­ cios en vez de cuadrados (Fig. v). P ara esto se procede a dividir la figura en trapecios de igual altura, lo que se consigue dividiendo la distancia AB en un núm ero conveniente de partes igua­ les. Al tra z a r las perpendiculares en estos puntos de división la figura queda dividida ep trape­ cios al u n ir tam bién, entre sí, los puntos que se determ inan en la curva. Por lo tanto, el área »bajo la curva« será aproxim adam ente igual a la sum a de las áreas de los trapecios que se han formado. E s decir:

275. C A L C U L O D E L »A R E A B A J O L A CURVA"

A = y (ai + a j) • h H—

(aj + a j) ■h +

E n Física y en otros ram os es frecuente tener que calcular el área com prendida entre una cur­

+ y C3» + a«) ' h + y

va, una recta o eje y las perpendiculares traza­

+y

das desde los extremos de la curva al eje. Todo lo anterior se expresa diciendo: área bajo la curva« (Fig. v).

»calcular el

‘^

(a* + ae) ■h

de donde: A = y • [aj +a« 4-2(a2 + as +a< +a«)] )t*5(

3er M étodo:

por Cálculo

Integral. Para

8)

U n trazo AB = a se prolonga en ambos sen­

esto debe conocerse la ecuación de la curva y los

tidos en igual magnitud n =A C =B D . Se

intervalos en que se debe integrar (véase Tom o

dibuja la sem iO (CB) y la sem iO (CD). La perpendicular en A corta a la prim era

II).

semicircunferencia en E y a la segunda 276. E J E R C IC IO S 1) En un triángulo

en F. D em ostrar que: C E =A F. rectángulo

los catetos

miden 35 cm y 84 cm. C alcular la trans­ versal

de

gravedad

2)

E xpresar el área de un triángulo rectángu­

al

lo isósceles en función del radio p de la circunferencia inscrita.

(Resp.: u = 45,5).

(Indicación: calcular previam ente la dis­

correspondiente

ángulo recto.

9)

D em ostrar que el área de un rombo es igual al semiproducto de sus diagonales.

tancia de O al vértice del ángulo recto). (Resp.: A = pl • (3 + 2 \/~ 2 ).

Esdecir: A = fe -f Fig. 2.

3)

C alcular las diagonales de un rombo si son entre sí como 5:4 y su área mide 1,6 m2. Además, calcular su perímetro. (Resp.: e = 2; f = 1,6 ; p = 5 ,U ) .

4)

C alcular las diagonales de un , rombo si su perím etro es 20 cm y su área 24 cm2. (Resp.: e = 8 cm, f = 6 cm).

5)

6)

Siendo »a« el lado de un octógono regular

10) En el cuadrado ABC1) de lado »a« se hace

inscrito en una circunferencia, calcular su

AE = D E = D F = C F = a

área en función del lado »a«.

2).

Calcu­

lar el perím etro del cuadrilátero AEFD.

(R esp.: A», = 2a 2 (1 + \/~ 2 ).

(Resp.: p = a • (3 + \/~2).

C alcular los lados de un triángulo rectán­

11) Idem., calcular el área del cuadrilátero

gulo si t„ = 1 0 cm y t» = 4 \ / 10 cm.

A E FD (Fig: 2). (Resp.: A

(Resp.: a = 1 2 , b = 8 ,c = 4 \ / T 3 ) . 7)

(Fig.

Desde un punto P perteneciente a la región interior de un triángulo se trazan las per­ pendiculares a los tres lados. D em ostrar que (Fig. 1): 2 ,2 ,2 2 , 2 , ,2 x +y +z = r +s + t (Indicación: unir P con cada vértice y apli­ car el T eor. de Pitágoras). C

= -j

a 2 • (2 +

s/h ).

12) En el A S T Q la altura desde. Q

mide

lo mismo que la base S T =c. La mediana VM se prolonga en M P = c / 4 . Entonces, el área del cuadrilátero STPV es (Fig. 3): A) r6 c2; B) | c 2; C) t c 2; D) } B y a H G —*G en E y F. Por T eor.

lxxxi

#. BEFG

resulta: = # ABCD.

Problema 3) T ransform ar un # ABCD en otro paralelogram o que tenga un ángulo de 60° y un lado de longitud dada m. (Ind. : es una combinación de los dos pro­ blemas anteriores.) Problema 4) T ransform ar un. romboide ABCD f r caso: m >

h, siendo h la altu ra del

# ABCD. Solución: Con arco de O (A,m) se corta el lado opuesto resultando, por el T eor. l x x ix (Fig. u):

(Ind. : la misma del problema anterior.) Problema 5) T ransform ar un cuadrado de 5 cm de lado en un rectángulo que tenga un lado de 3

# A B EF = # ABCD. T caso: m < h. E n este caso la © (A,m) no alcanza a cortar el lado opuesto. P a ra solucio­ )158<

en un rectángulo que tenga un lado de longitud dada m.

cm. (D é la solución geométrica y la algebraica). Problèma 6) T ransform ar un A ABC en un paralelogram o que tenga la misma altura.

Solución: Se traza la mediana M N y las perpendiculares en A y B. 'En seguida, se com­ Solución: Al tener la misma altu ra se debe dim idiar la base (Teor. l x x x ). P o r lo tanto, se hace AM = -4p- y se une M con N. Se obtiene (Fig. iv):

Problema 11) T ransform ar un triángulo ABC en otro que tenga la misma base AB y que el ángulo opuesto a ella mida 60°. Solución: 1) por C / / A B ; 2) el arco capaz de 60° con cuerda A B (véase N° 231); 3) siga

# A M N C = A ABC D .)

A ABC # AMNC

pero

A I

. ’.

pleta el rectángulo A BDE (Fig. vi).

= trapecio III + A I = trapecio III + A II

usted. Problema 12) T ransform ar un A ABC en otro triángulo que tenga la misma base AB y

= A II

A ABC

= # AM NC.

de modo que él ánguló opuesto a ella sea recto. Solución: 1) por C //A B ; 2) semi O

Problema 7) T ran sfo rm ar un # ABCD en un triángulo que .tenga la misma altura.

de

T hales de diám etro AB; etc. Problema

13) T ransform ar un trapezoide en

un triángulo.

Solución: Al tener la misma altu ra se debe d uplicar la base (Fig. v). P or lo tanto, se hace B E = AB y se une D con E. R esulta: # A BCD = A AED. D .) la misma del problem a anterior. Problema 8) T ran sfo rm ar u n A ABC en un paralelogram o que tenga la misma base. (Ind.: se dimidia el lado AC, lo que equiva­ le a dim idiar la a ltu ra , y se completa el # de la­ dos AB y y AC; siga u ste d ,...).

Solución:

1) Se traza una diagonal, por

ej.,Á C (F ig . vil).__ 2) P or D / / AC y BA—»A determ ina E. 3) Resulta: A EBC = cuadril. ABCD. D .) C uadrilátero ABCD = A ABC + A A C D

Problema 9) T ran sfo rm ar un # ABCD en un

triángulo EBC = A ABC + A ACE

triángulo que tenga la misma base. (Ind.: Se duplica el lado AD, lo que equi­

pero: A A C D = A A CE (igual base, igual altura)

vale a duplicar la altura, y ... siga usted.) Problema

10) T ran sfo rm ar

un rectángulo.

un

triángulo

. . cuadrilátero ABCD = A EBC. en

Problema

(

14) T ransform ar un trapezoide en

un rectángulo. )159<

(Ind.: 1) el cuadrilátero ABCD se tran s­ form a en un triángulo EBC según el problema anterior. 2)

el

triángulo

resultante

se

transform a

en un rectángulo según el N° 278-10. Problema 15) T ran sfo rm ar un polígono cual­ quiera m ayor de tres lados en otro que tenga un lado menos. Ind.: guiese p o r el N° 278-13. Problema

16) T ran sfo rm ar un paralelogram o

en otro que tenga una altura dada »h«. (Ind.:

aplique

los

paralelogram os

com­

plementarios). Problem a

E tenusa C E y BF la altura del A C E F (no dibu­ jado). (E l punto G puede o no estar en la O ).

17) T rasn fo rm ar

un

rectángulo

A BCD en un cuadrado.

Problema

18) T ransform ar

un

cuadrilátero

cualquiera (un trapezoide) en un cuadrado.

7a solución: se basa en el Prim er Teorem a

Ind.:

1) se trasform a el cuadrilátero en

un triángulo ( # 278-13); 2) el A en un rec­ tángulo (N° 278-10); 3) el rectángulo en un cuadrado (N° 278-17). Problema

19) T ransform ar un círculo en un

cuadrado. Este es uno de los antiguos problemas clá­ sicos que en todas las épocas, desde los prim eros matemáticos griegos, se h an discutido y trata­ do de resolver geométricamente. E ste problema se conoce como cuadratura del círculo y tiene soluciones sólo aproxim adas puesto que el nú­ m ero t

es inconmensurable (pertenece a los

núm eros irracionales).

1) Se

prolonga

C B -*B

de

modo

que

C E = C D (hipotenusa entera) (Fig. vm ). 2) se mi 0 (C E) y AB - » B determ inan F. 3) C F = lado del cuadrado pedido. D .) E s p o r el 1" T eor. de Euclides siendo C E = hipotenusa,

CB = proyección

d e l' cateto

C F en la hipotenusa. 2a solución: se basa en el Segundo T eore­ m a de Euclides: (N° 265): 1) se prolonga C B —‘B de modo que B E = BA (Fig. rx). 2) semi O (C E) y A B —►determ inan F. 3) B F = lado del cuadrado pedido B G H F.

Paralelo a este problema han sido también m ateria de preocupación los de la rectificación de la circunferencia, la duplicación del cubo y la trisección del ángulo. L a condición de la »cuadratura del círcu­ lo« es determ inar geométricamente el lado de un cuadrado que tenga la misma área que un círculo dado de radio r. D esignando por x este lado, se debe cum­ p lir qué: x2 = * - r 2 M á s adelante darem os algunas soluciones aproxim adas a este problema (N° 388). 279. D IV IS IO N D E U N A F IG U R A P L A N A

D .) P o r el 2° Teor. de Euclides siendo CB y

T ratarem os esta m ateria resolviendo algunos

B E las proyecciones de los catetos en la hipo-

problem as sencillos.

) 160 (

Solución. T om arem os n =3.

Problema 1) D ividir un paralelogram o en tres p artes equivalentes por medio de paralelas a un lado. 0

1) Se divide tanto AB como BC en tres partes iguales (en general, en n partes iguales) Fig. ni.

c

2) Se une punto p o r medio cor. el vértice D. 3) Se obtiene: A A ED = cuadrilátero EB FD = A FC D . D .) Se tiene: A ABD l x x i x , resulta:

A BCD pero, por Teor.

A A M D = A M E D = A EBD = x •»

Solución: 1) Se divide el lado AB en tres

análogamente: A BFD = A F N D = A N C D = x

partes iguales (N ° 40) de modo que A E = E F = = FB (Fig. i).

Por lo tanto:

2) P or E y F se trazan las paralelas a AD. D .) Los

tres

paralelogram os resultantes

A AED cuadrilátero E B F D

son

equivalentes por tener la misma base y la misma altura. Problema 2). D ividir un paralelogram o en dos

= 2x = 2x

A FC D

= 2x

Luego: las tres partes son equivalentes.

partes cuyas áreas sean entre sí como 2:3 por

Problem a 4) D ividir un paralelogram o en seis partes equivalentes por medio de transversales

medio de paralelas a un lado.

que parten de un vértice. (En general, en n p ar­

D

C

tes equivalentes siendo n par.)

B

Solución: Tom arem os n =6. Solución: 1) Se divide la base AB en la razón 2:3 (Fig. n).

1) Se divide AB y BC en 3 partes iguales (en general, en n / 2 partes iguales), Fig. iv.

2) Se unen todos los puntos con D , resul­ 2) p o r E / / A D , se determ inan los parale­ tando las seis p artes equivalentes. logramos pedidos. Problema

3) D ividir

un

paralelogram o

en

tres partes iguales en área p o r medio de tran s­ versales que parten de un vértice (En general, en n partes equivalentes, siendo n im par.)

D .) análoga al problema anterior. Problema 5) D ividir un triángulo en n partes equivalentes p o r medio de transversales que parten de un vértice. Solución: D éla usted, y tome n =3. Problema 6) D ividir un triángulo en dos trián­ gulos de modo que sus áreas sean entre sí como 2:3. Problema

7) D ividir

un

triángulo

dado )161(

en

^

dos partes equivalentes por medio de una tran s­ versal q u e p a rta de un punto dado P en uno de sus lados.

r

P or lo tanto, el resto que es el A P B C = |- A A B C .

2) Se divide BC en 3 partes iguales (en Solución: 1) El p u n to medio M de AB se

general, (n —1) partes iguales) y se considera sólo C Q = y BC. P or lo tanto:

une con C; 2) P( - ) C y por M / / P C determina Q; 3) P Q es la transversal que dim idia al A ABC (Fig. v).

A Q C P = ^ A B C P = - j - t A ABC = 4 AABC. Además, resulta:

D.) A A M C = A M B C (Teor.

l x v ii i )

A C P M = A C P Q (T eor.

l x v ii i )

A P B Q = J-A B C P = j ■

A A BC = y AABC.

3) Se divide PB en 2 partes iguales (en Entonces:

general, en (n —2) partes iguales), obtenién­

A A M C = A APC + A C P M = y A ABC

dose:

A A M C = A APC + A C P Q

APRQ = ARBQ =

A A M C = cuadrilátero A PQ C = y A ABC Luego: A P B Q = y A ABC.

• y A A BC = | a ABC.

P o r lo tanto: A A PC = A Q C P = A P R Q = A R B Q = \ A A BC.

P or lo tanto, cuadrilátero A PQ C = A PB Q O tra demostración:

Problema 9) E n un A A BC determ inar un p u n ­

A M BC = A M B Q + A M Q C = y A A B C

to P que, unido con los vértices, determ ine 3 triángulos equivalentes.

pero: A M Q C = A M Q P (igual base y altura)

C

luego: A M B C = A M B Q + A M Q P = A P B Q = ^ -A ABC P or lo tanto: cuadrilátero A P Q C = A P B Q . Problema 8) D ividir un triángulo ABC en n partes equivalentes, p o r ejemplo n = 4 , por m e­ dio de una línea poligonal que p arte del vértice C. Solución: 1) Se divide AB en 4 partes igua­ les (en general, en n partes iguales), y de ellas se considera sólo el prim er punto, es decir (Fig. vi): AP = y Á B — A A PC = - j AABC. )»62(

Solución: 1) Se divide AB en 3 partes igua­ les y se forman los A A M C = A M N C = = A N B C = y A A BC (Fig. V il).

2)

Se traza p o r M / / A C y p o r N / / B C ; Problema

13) En un rectángulo de lados 12

la intersección de estas paralelas determ ina el

cm y 16 cm se trazan dos paralelas a una de sus

punto pedido P.

diagonales de modo que queda dividido en 3

D .) Por el N° 253 se tiene:

partes equivalentes entre sí. C alcular la medi­ da de estas paralelas.

A C A P = A C A M = -y A ABC

(Resp.: c /u = y \/~ 6 " c m ). ABCP = ABCN

Problema 14) Desde un vértice de un cuadra­ do, trazar una recta que divida al cuadrado en

AABP = j A ABC.

luego: Problema

= ]-A A B C

10) En un A ABC determ inar un

dos partes que estén en la razón 2:3.

punto P de modo que al unirlo con dos vértices del A se determ ine un A isósceles equiva­ lente a los y del área del A ABC. (In d .: guíese por el problema anterior.) Problema

11) T ransform ar

un

rectángulo

dado en dos cuadrados de modo que uno sea el triple del otro. Problema

12) E n

un

paralelogram o

trazar

dos paralelas a una de las diagonales de modo q u e se obtengan tres partes equivalentes.

7a solución: Se divide AB y BC en 5 partes iguales cada uno. Si se unieran todos estos pu n ­ tos con D el cuadrado quedaría dividido en 10 triángulos equivalentes. Al considerar cua­ tro de estos triángulos, la recta D E cumple con las condiciones del problema. En efecto (Fig. ix): A E C D = 4 A chicos trapecio DABE = 6 A chicos luego: A ECD

1 -2 6

3

trapecio DABE 2a solución: Sea C E = x , BE = a —x. Como A E C D = '-y del cuadrado, resulta: Solución: Sea AB = a, AD =b, A E = x. -y— = | a * => x ■= y a. P or lo tanto, basta Entonces, p o r ser A EFA — A BDA: A EFA A BDA

dividir BC en 5 partes iguales y el cuarto punto desde C se une con D.

¿ a’

A EFA _ 2 A BDA ~ T

de donde: x

a-a

3ra solución: 1 A E C D = j a-x

P or lo tanto: x se construye como media proporcional geométrica entre - y a y a ; etc.

trapecio DABE = ya • (2a —x)

Al dividir miembro a miembro, resulta: A E C D :trapecio DABE = 4" a ' x: y ( 2 a - x ) = 2 : 3 Al resolver esta ecuación, se obtiene: 4

x = - a.

280. T E S T S 1)

El área del cuadrado S R T Q de la figura 1 mide:

A) 2a;

B)

3a;

C) 4a;

D)

3,5 a;

E) falta mas inform ad ón.

A) 1 cm2; 6)

frente de 16 m. Los otros tres lados se cie­

C) 2 cm2;

rran con u n a «pandereta« en cuya cons­ trucción se emplean 20 ladrillos por me­

D) 4 cm2;

tro

C) 1.920; E) 624.

El perím etro del cuadrado -SRTQ de la Fig. 1 mide: A) 2 cm; C) 2 v 'T c m ;

B) 4 cm;

7)

D) 2,5 cm;

E) 4 \/^ 2 c m . 3)

lineal de ' »pandereta«.

Entonces, el

total de ladrillos empleados es: A) 960; B) 2.240;

E) 2,5 cm2.

2)

U n sitio rectangular de 640 m2 tiene un

B) 2 \/~ 2 cm2;

D) 1.280;

El área del rectángulo S R T Q de la figura 4 es: Ata 4 A) 144;

El pentágono S R M T Q de la Fig. 2 está

B) 130;

dividido en un cuadrado de 64 cm2 y en un triángulo T R M de 24 cm*. Entonces,

C) 52;

la altura M V del triángulo mide:

D) 99; E) otro valor 8)

En el rectángulo S R T Q de la Fig. 5 se unen sucesivamente sus puntos medios; a su vez se unen los puntos medios del nue­ vo cuadrilátero. breada mide:

A) 3 cm;

B) 6 cm;

C) 8 cm; E) 4,5 cm.

D ) 12 cm;

Entonces, el área som­ Hg. 5

4) U n sitio rectangular tiene un fondo que es el triple de su frente. Si el perím etro del sitio es 120 m, entonces su área en m2 es: A) 60; C) 2025;

B) 225; D ) 675;

E) 337,5. 5) D entro de un cuadrado de lado »a» se dibu­ ja una T . Entonces, el perím etro de la p ar­ te sombreada de esta letra es (Fig. 3): )164(

V

D)

ab;

9)

Los lados de un rectángulo miden 6 cm y 8 cm. Al u nir los puntos medios de sus lados

se

forma

el

cuadrilátero

M NPQ

que es: A) un rombo de 20 cm de perímetro; B) un cuadrado de 25 cm2 de área; C) un rectángulo de 24 cm2 de área; D) un romboide de 14 cm de perím etro; E) u n deltoide de 24 cm2 de área. 10) Si el radio O A permanece fijo y O B mó­ vil, el A ABO adquiere su

m ayor área

cuando el ángulo / ! + 1); D ) a2 -(1 + v/~ 6 ); E) otro valor. 15) E n ia figura 9 se hace AU = AS, que es la diagonal del cuadrado A R ST. Con esto la medida del & RSU es, siendo AR = a: I)

el doble de X;

II) el doble de Y; III) igual a X +Y . D e estas afirmaciones son verdaderas só­ lo: A) I; C) III;

B) II; D) I y II;

E ) las tres. 12) Se dibuja

un A

equilátero S T M

cuyo

lado es la diagonal S T del cuadrado S R T Q (Fig. 8). Entonces, el ángulo M SR mide:

A) 67°,5; C) 30°; E) otro valor.

B) 32°30’; D ) 45°;

) 165 <

16) E n la figura 9 el área del trapecio A U ST

A) 1,5 veces m ayor que el del cuadrado;

es:

B) 7 5% del perímetro del cuadrado;

A) 4 ( 1 + v^2>;

C) el mismo del cuadrado; D) 3,25 a;

B) \ as - y / 2 ;

E) 4,25 - a.

C) a2 + 0,5 -a2 y/~2;

21) Los lados SR y Q T del-rectángulo S R T Q

D) 0,5 - a2 + a2 - s / T ;

(Fig. 11), están unidos por un elástico o

E) o tro valor.

resorte cuyos extremos M y V pueden des­ lizarse, respectivamente, a lo largo de estos lados. Entonces, la razón entre la

17) E n la figura 9 el á rea del A A U S es: A) a2;

B) - j ■a -

C) a2 • s / 2 ;

D) -J- a2 • s / l ;

m enor y la m ayor longitud que puede ad­ q u irir el elástico M V es:

E) otro valor. 18) En la figura 9 el perím etro del trapecio A U S T es: A) 4a; B) 2a • (1 + s / 2 ) ; C) a • (3 + v ^2 ); D ) a - (2 + s / l + \ / 4 - 2 s / 2 ) ;

A) 10:1;

B) 3:4;

E) otro valor.

C) 0,6; E) 1,25.

D ) |;

19) En la figura 9 el área del A R U S es:

•

22) El área del # Q R S T de la figura 12 es 100

A) 0,5 ■a2 n/ 2 ;

cm2. Se prolonga la base de modo que

B) 4 -a 2 - ( v / 2 - 1 ) ;

RV = Q R . El área del trapecio que se forma es, en cm2:

C ) T ‘ a2 > D ) 0,25 a2; E) otro valor. 20) El perím etro de la p arte som breada (Fig. 10), siendo »a« el lado del cuadrado Q R S T , A) 25; C) 50; E) casi 66,75.

B) 100; D ) 75;

23) El á rea sombreada de la figura 13 mide (cada cuadrado representa 1 m2): A) 23,14; B) 26,28; C) 16,86; D) 20; E) otro valor. Q

R

m w&nwm

m m xvm m *V //S/S/j A V 7 S /S ///J *

m mzvmm

7?

24) El lado del cuadrado chico de la figura 14

28) Si el lado S R = 2 4 cm, entonces la sum a

es igual a los 2 /5 del lado del cuadrado grande. Entonces, la razón entre el área

de las áreas de los tres círculos es en cm2 (Fig. 17):

sombreada yo res:

A) 32 jr;

(rayada)

y el cuadrado m a­

B) 24ir;

A) 0,4;

f í ) 48*-;

B) 0,16; C) 0,84;

D) S tt; F ig . 14

D ) 0,6; E) 0,36.

E) 18 ít. 29) Si cada cuadrito representa 1 m2, enton­ ces el área sombreada mide aproxim ada­ mente (Fig. 18):

25) En el rectángulo S R T Q se, tiene S Q = 2a

A) 20,28 m2;

y Q V = V M = M T = a . Se afirm a que (Fig. 15):

B) 2,228 cm2

I)

C) 2,228 dm2;

x = y = z;

II) A SR M = A STQ ; III) área trapecio SR M V = 4a2. Entonces, es (soii) verdadera (s): A) sólo I; B) sólo II; C) sólo III;

26,28 m2 E ) 2 ,6 2 8 cm2. 30) Si cada cuadradito representa 1 m2, el área som breada mide aproximadamente: (Fig. 19):

D ) sólo I y II;

A) 12,5 m2;

E) sólo II y III.

B) 4,86 ir m2;

26) El á rea del polígono P mide: A) (u — x) • z + xy; B) (x + y) (z + u); ^ zu + xy; D ) x (y + z) + uz. E) (y + z) • u

C) 6 ir m2; D ) irm 2;

¿ pig. w I I-L/fcJ

■fs/sjysÁK

I I

I I II I

E) ,3 f f m2. 31) U n sitio cuadrado está rodeado por una m uralla de 600 metros. Se vende el sitio a $ 50 el m2. P or lo tanto, por el sitio se pagó:

27) E n el rectángulo abcd (Fig. 16) se verifi­

A) $ 30.000; ca una de las alternativas siguientes en .0 ) 1.125.000; cuanto a áreas: „1 . •• 112.500.

B) 75.000; D) 225.000;

32) En la Fig. 20 el área sombreada mide: A) aprox. 110; B) 3 6 n-; C) 18 jr; A) rectángulo abcd = A abe + A abf^ B) rectángulo abcd = y C ) rectángulo abcd = 2 /3 (A a b e + A abf); D ) rectángulo abcd = 2 (A a b e + A a b f); E) rectángulo abcd = 3 /2 (A ab e + AabQ-

TI

D ) 54;

3 3 ) El á re a del cu a d rilátero S R V M

/ r >-

en cm2

^ m <

A) a : b:

c;

B) a : b :2c; •C) a : b

:

(a+ b);

D) a : b : (b + c); E) ( a + b ) : (b + c ) : (a + c ).

112) P ara que en el rectángulo S R T Q se cumpla que (Fig. 81): A I = A I I - A I I I , el p u n ­ to X debiera estar:

C) 65 cm -f y/~3 cm; D ) 2 ( 6 > / 3 + 65) cm; E) 5 (13 +%/!> + \/~ 3 )cm . 117) El área del trapecio de la figura 82 es: A) 2 5 0 cm2; B) 175 \/~ 3 cm2; C) (137,5- n/ T + 37,5) cm2; D) 5 (13 + t / 6 + \/~ 3 ) cm2; E) faltan datos.

A) en cualquier punto de Q T;

118) U na diagonal de un rombo mide 40 cm y for­

B) en el punto medio de Q T , no puede estar; C) sólo en un punto de modo q ue X T = 2 -Q X ;

A) casi 800 cm2;

D) sólo en un punto tal q ue X T = 3 QX;

B) casi 692 cm2; C ) poco m ás de 1.384 cm2;

E) falta mayor información. 113) El área de un cuadrado es 36 cm2. Si un A equilátero

tiene

el

mismo

ma un ángulo de 60° con los lados adya­ centes. El área del rombo es:

perím etro

que el cuadrado, entonces el lado del A mide:

D ) Ó O O V ^cm 2; E) debe darse otro dato para poder calcu­ larlo. 119) El triángulo A BC es equilátero de lado a;

A) 4 cm;

B)

6cm ;

en la figura 83 se han dibujado tam bién los triángulos que se obtienen al unir los

C) 8 cm; E) 9 cm.

D) 12 cm;

puntos medios de los lados del triángulo

114) Si p ara calcular el área de un cuadrilátero se encuentra que es igual al semiproducto

ABC y M N P , respectivamente. El área del triángulo R S T es: A )fs - ;

;-

de sus diagonales, entonces es: B )ív ^ 3 ;

A) un # equilátero;

'

B) un # rectángulo; C ) un trapecio rectángulo; D ) un # oblicuángulo; E) en ningún cuadrilátero se procede así. E >áV 3: 115) El área de un cuadrado es 2,56 cm2. E n ­ tonces, su perím etro es: A) 10,24cm ; B) 64 cm; C) 32 cm; E) 12,8.cm.

D ) 6,4 cm;

120) El cuadrado A BCD de la figura 84 tiene por lado a. Los cuadrados inscritos que si• guen se obtienen uniendo los puntos m e­ dios de los lados del cuadrado anterior. La razón entre los perím etros de estos tres

116) El perím etro del trapecio de la figura 82 es: 25 cm

cuadrados es:

D

C

A) 1 : 2 : 4; B) 1 : y / 2 : 2 ; C )V 2 :2 v T :2 ; D)

2 V T : 2 :1 ;

E) 1 :2 : 2 s / 2 . A) poco menos de 70 cm; B) (70 —y/~6) cm;

Fig. 84 )177(

121) E n la figura 84 la razón entre las áreas de los tres cuadrados, siendo a el lado del mayor, es: A) 1 : 2 : 4;

124) El área de la parte sombreada (Fig. 86) del # S R T Q en el cual M , N , H y L son puntos medios, es en relación con el # : A) 3 /4 ;

B) 1 :y/~2 : 2;

B) 1/6;

C) y / 2 : 2 y / 2 : 2 ;

C) 1/16.

D ) 2 y / 2 : 2 : 1 ;'

D) 3 /8 ;

E) 1 : 4 : 8 .

E) 1/8.

122) En la figura 84 la razón entre las diagonales de los tres cuadrados es: A) 1 : 2 : 4;

R esp.: 1 = G ; 2 = E ; 3 = B ; 4 = D ; 5 = C ; 6 = C

B) 2 ^/~ 2 : 2 :y/~2\

13 = D ; 14 = A; 15 = E ; 16 = A ; 17 = D ; 18 = D

7 =A ; 8 = E ;

9=A;

10 = C ;

11 = E ; 1 2 = A

C) 1 : \ / 2 ’ : 2 > / T ;

19 = B; 20 = C ; 21 = C ; 22 = D ; 23 = D ; 24 = C

D ) 1 : 2 : 2 s/~ 2 \

25 = E; 26 = C ; 2 7 = A; 28 = C ; 29 = D ; 30 =B 31 = C ; 32 = C ; 33 = B; 34 = B; 35 = B ; 36 = E

E) 1 : 2 :V "8123) En el A S R Q se obtiene una de las alter­ nativas siguientes (Fig. 85): Q

37 = A; 43 = E;

38 = B;39 = C ; 40 =B ; 41 =B; 42 = C 44 = E ; 45 = D ; 46 = B ; 47 =A ; 48 =C

49. = E ; 50 = B ; 51 = D ; 52 = A; 53 = C ; 54 = A 55 = A;

56 = B ; 57 = D ; 58 = E ; 59 = D ; 60 =A

61 = A;

62 = D ; 63 = B; 64 = E ; 65 = C ; 66 = C

67 = C ; 68 = D ; 6 9 = A; 70 = C ; 71 = C ; 72 = D 73 = B; 74 = E ; 75 = D ; 76 = E ; 77 = B ; 78 = A 79 = D ; 80 = E ; 81 = E ; 82 = E ; 83 = C ; 84 = D 85 = A; 86 = C ; 87 = E ; 88 = B ; 89 = A ; 90 = B 91 = B; 92 = A; 93 = D ; 94 = B ; 95 = A ; 96 = D 97 = D ;

98 = C ;

102 = D ;

103 = C ; 104 = A; 105 = D ; 106 = B

B) R Q = 12; C) perím etro = 23,5;

107 =B;

108 = C ; 109 =A ; 110 =B; 111 = C

D ) perím etro = 47;

117 = C ; 118 = C ; 119 = E ; 120 =B ;- 121 =A

E) faltan m ás antecedentes.

122 = B ; 123 = D ; 124 = E .

)178(

99 = E ;

100 =A;

101 = E

112 = A; 113 = C ; 114 = A; 1 1 5 = 0 ; 1 1 6 = E

26a U N I D A D

L\J ¿ [

S AiP) \ ) t ü n R

T razos co n m en su ra b les e in co n m en su ra b les. M áxim a co m ú n m ed id a de dos trazos. T razos y segm en tos p ro p o rcio n a les. T eo rem a P articular y G en eral de T h a le s de M ile to . C onstrucción de la tercera y cuarta p ro p o rcio n a l geom étrica.

281. T R A Z O S C O N M E N S U R A B L E S E IN C O N M E N S U R A B L E S

siste en dividir el m ayor de los núm eros dados

M edir un trazo consiste en calcular las veces

ejemplo el resto es 24) se divide el m enor de los núm eros por el resto (48 : 24). A hora, no tenemos

que otro trazo, tomado como unidad, cabe en él. Puede suceder que:

por el m enor (72 : 48); si existe resto (en este

resto, pero si lo hubiera se divide el prim er resto el segundo trazo (trazo unitario) este por el nuevo resto y así sucesivamente. El M áx i­ contenido un núm ero exacto de veces en el p ri­ mo Com ún Divisor es el último divisor que se es­ m ero, es decir, no existe resto. En este caso se di­ cribe cuando no queda resto. En nuestro ejem­ A)

ce que el segundo trazo es una medida del prim e­ ro o que es una alícuota parle de él. A

plo, es el 24. En

B

forma

análoga,

para

determ inar la

M áxim a Com ún M edida de dos trazos, se proce­ de a aplicar el menor sobre el mayor. Si no queda resto significa que el trazo menor es la M áxim a Com ún M edida. Pero si queda un resto, se apli­

En el ejemplo de la figura, el trazo »b« es

ca éste sobre el trazo menor. Si aún se obtiene un

un a alícuota p arte de AB y está contenido exac­

resto se aplica éste sobre el resto anterior, y así sucesivamente.

tam ente 3 veces en AB (no hay resto). E s decir: a = 3-b, lo que indica, tam bién, que “a” es un múltiplo de »b«. En general, si »b(( es una medida de »a« y cabe Bn!< veces en »a«, se obtiene: a = n-b

Si uno de los restos »r« cabe exactamente en el resto anterior »R«, se dice que »r« es la m áxim a común medida de los dos trazos. Si siempre quedara un resto, aunque fuese

B) el segundo trazo no esté contenido un muy pequeño, se dice que los trazos son incon­ mensurables. núm ero exacto de veces en el-prim ero, sino que D arem os el siguiente ejemplo: si se hace queda un resto. esta operación entre la diagonal de un cuadrado Dos o más trazos pueden tener uno o más trazos que son »comunes medidas« a ellos. Por ej., si el metro es común medida de dos trazos, también será común medida de ellos el dm , el cm, el'm m , etc. Cuando existe una común medida se dice que los trazos son conmensurables y si no existe, los trazos son inconmensurables.

282. M A X I M A C O M U N M E D ID A D e dos trazos es el m ayor trazo que es común me­ dida de ellos. En Aritmética los divisores comunes a 48 y 72 son: 1, 2, 3, 4, 6, 8, 12 y 24, pero el m ayor de ellos es el »24« que es el M áxim o Com ún Divisor de 48 y 72. Para su determ ina­ ción existe más de un método. El m ás sencillo con­

y su lado, se llega a la conclusión que entre ellos no existe una común medida, es decir, que son inconmensurables. En efecto:

1)

se hace D A ’ = D A ==> BA’ = BD —D A -

H .) A B / / G D

1" resto;

T , ''

2)

en A’ X BD =* A7B = A rB = A É ;

3)

se hace E F = EA’ =» FB = segundo resto;

4)

en F JL AB resulta FB = F A ” ;

5)

se hace A” A’” = A” F = » BA’” =

operación

se

continúa

BD

no ser la M áx. Común M edida) para los tra­ zos OA y AC que está contenidá 3 veces exactas en OA y 4 en AC, obtendremos:

se traza la J . en A’” , etc. La

Ác

D .) Siendo »a« una medida común (puede o

= BA” - A” A’” = 3 " resto; 6)

oá_ =

ÜA = 3a indefinida­

ÁC = 4 a

mente sin encontrar un trazo que sea una común

± iL

oA

medida, pues siem pre se obtiene un resto que

ÁÓ

4

X)

/

OA AO

puede ser »tan pequeño como se quiera«. P o r lo tanto: L a razón entre dos trazos es igual a la razón entre los núm eros de sus medidas. Al tra z a r por los puntos de división las pa­ ralelas a AB y C D , tam bién OB queda dividido en tres partes iguales y BD en 4 partes iguales; estas partes son iguales entre sí pero distintas a las anteriores, es decir: a 5* b (¿E n qué caso se tendría a = b?) D esignando p o r »a« el lado del cuadrado

Luego:

y aplicando el T eorem a de Pitágoras, la diagonal

O B = 3-b BD = 4 b

de este cuadrado vale a \ / l . P or lo tanto, la ra ­

OB

=

BÜ

zón entre la diagonal y el lado es:

3 '*

■Y

)m =

4 X

BD DU

•. 4“

D e X ) e Y) se deduce la proporción:

^ p - = y / 2 . = 1,4142135... (núm ero irracional que es inconmensurable).

I)

ÓÁ

OB

AÓ

BD

P or lo tanto, queda dem ostrada la tesis. 283. T E O R E M A P A R T IC U L A R D E TH ALES A l cortar los lados de un ángulo por dos o más pa­ ralelas, los segmentos que interceptan en los la­

Pero, al com poner esta proporción y com­ pararla con los antecedentes o consecuentes, respectivos, se obtienen las dos proporciones siguientes:

dos son proporcionales. • OA+AC '

OA

pues

ÓB +B D

ID

OB

oc _

OD

ÓÁ

ÓB

OA + AC = o ü OB + B D = O D

OA+AC

O B+BD

AC

BD

•

III)

de ÁC

_

OD BD

Al tra z a r por A la paralela a O D , son los la­ dos del 4 a los que quedan cortados por dos paralelas, pues AE / / OD. La proporción III) aplicada a este ángulo, expresa que (Fig. II):

AC : OA = B D : OB

(se invirtió la I)

AC : BD = OA : O B

(se alternaron los

extrem os de la I _y después se invirtió) Lo mismo puede hacerse con O B y BD, obeniéndose: O B : BD = O A : AC

(se perm utó la I)

O B :O À = BD : AC

(Se alternaron los extremos de 1 y después se permutó)

co = ^ AO

= l E tD

-

IV)

co ÁO

BD : O B = AC : O A (se alternaron los me­ CD

dios y los extremos de I)

AB

BD : AC = O B :OA (se alternaron los ex­

pues AB = ED (lados opuestos de un # ) .

trem os de I) 284. Interpretando esta últim a proporción iv) en la prim itiva Fig. 1 se obtiene el siguiente teo­

En total podemos escribir y obtener las 8 proporciones siguientes:

rema: A l cortar los lados de un ángulo p o r dos o m ás paralelas, las paralelas son entre s í como los segmentos medidos desde las paralelas al vértice. En resum en en la figura I ó II podemos e s­ cribir las cinco proporciones siguientes: I)

-Q á - = -2 1 AC

BD

III)

ÁC :O A = BD : OB A C : BD = O À : OB O B : BD = OA : AC" O B : OA - BD : AC BD : BO = A C : OA

OB

M = 4 ^ AB CD

V)

OB _ QD BA DC

O A • B D = A C • OB

Con cada una de las cinco proporciones fu n ­ dam entales podemos hacer lo mismo que hemos

4 ^ -= -2 S AC BD

IV )

en todas ellas se verifica que:

BD : AC = BO :O A

ID Í2Í1 = Í2I1 OA

OA : AC = O B : BD OA : OB = Á C : BD

hecho sólo con la I) y, por lo tanto, en la figura I ó II podemos form ar y leer 40 proporciones. Com o ejercicio escriba todas las propor­ ciones que comienzan con OB (son 6); después, todas las que comienzan con ÁB (son 4).

Como en una proporción pueden altern ar­

285. O B S E R V A C IO N E S

se, perm utarse e invertirse sus térm inos, se pue­

1)

den aplicar estas propiedades a cada una de las cinco proporciones anteriores, obteniéndose

anteriores son válidas, también, cuando las pa­

ocho m aneras diferentes de escribir cada una de ellas. Así, la proporción I) da origen a dos proporciones que comienzan con O A y term i­ nan con BD que son: I)

O A : AC = OB : BD O A : O B = Á C : BD (se alternaron los medios de I)

H ay dos proporciones que comienzan con A C y term inan con O B :

L as

cinco

proporciones

fundam entales

ralelas cortan las prolongaciones del ángulo

o L a demostración es análoga a la que hemos hecho p a ra la figura I ó II- Usted puede hacerla como ejercitación (Fig. III). 2)

P a ra este

Teorema de Proporcionali­

dad de Thales existen varias demostraciones, y de ellas, la que desarrollarem os a continuación, se basa en la equivalencia de áreas.

3) P o r

Trigonom etría

se

sabe

que:

el

área de un triángulo es igual al semiproducto de dos lados p o r el seno del ángulo que form an. E sta relación la aplicaremos en la figura V a los A ABO y C D O considerando, prim ero el á n ­ gulo (V, y después -y : A ABO = -r> AB -OA sen «

En la figura IV, los A O CB y AOB tienen

A C D O = y C D - O C sen«

la misma altura h ’ desde B (no dibujada en la fir g ura p ara no enredarla). Luego: A OAB = y O A -h’ A O CB

. NA OAB A OCB

ES = y O C -h ’

_

.. '

OA

A C D O = y O C • O D sen y

A O BA = 4 O B ■h”

'

A PU A A OBA

C D -O C

A ABO = y OA • O B sen y

Luego:

b)

A B-O A

Análogamente:

OC

Análogamente, el Á O D A y O BA tienen la misma altu ra h” desde A (tampoco dibujada).

A ODA = y OD •h”

A ABO A CDO

OD OB

A ABO A CDO

OA •OB OC • OD

D e 1) y 2) se obtiene:

Al m ultiplicar miembro a miembro a) por

ABOA

O A -O B

CD - OC

O C • OD

b) resulta: A OAB

A ODA

O A -O D

A OCB

A OBA

O C -O B

, A ODA A OCB

OA

OD

OC

OB

A O D A = A A BO + A ABD pero:

A O CB = A A BO + ABC A A BD = A ABC (tienen igual base y altura).

P o rlo tanto: A O D A = A O C B , dedonde:

de donde:

AB

OB

CD

OD

que es la proporción V de m ás atrás. Como ejercicio demuestre usted por este camino que O A :A C = O B :B D . Tam bién este Teorem a de T hales puede dem ostrarse p o r G eom etría Vectorial (pág. 177 de M atem áticas Elementales, tomo II).

OA _ ÒD = OC ’ OB

Luego:

OA

. OB

OC

OD

que es la misma proporción II) dem ostrada más atrás. ) 182 (

4) L o anterior permite expresar de otra m anera el teorem a P articular de T hales: »A l trazar una o m ás paralelas a un lado de un trián­ gulo, se determinan en los otros dos lados segmen­ tos proporcionales".

286. T E O R E M A G E N E R A L p E T H A L E S »A l corlar dos o más rectas p o r tres o más parale­ las, se determ inan en las rectas segm entos pro -

4“ proporcional entre 2; 4 y 10 se pueden obte­ ner tres resultados distintos: 1)

2:4 = 10 : x = > x , = 40;

2)

4:2 = 10: x =>x2 - 5;

p o rcionalesu. 3)

10:2 = 4

: x => xa = 0,8

En cambio, si cional entre 2; 4 y

se pide calcular la 4° propor­ 10 de modo que 4:2 = 10:x,

problem a queda bien determ inado y tiene sólo una solución: x = 5. c) Proporción continua: es la que tiene los medios iguales o los extremos iguales. Fi ■

6

A

. J_ _ ') ’ 16 — 8

4

_b

_2 b ~

c

d) Tercera proporcional: es cada uno de los térm inos no repetidos de una proporción con­ tinua. En la proporción 4:6 = 6:9, el 4 es 3a propor­ H .) R ’ y R ” son cortadas p o r U / / L ”/ / U ”

cional entre 6 y 9; análogam ente lo es el 9 entre 4 y 6. En el cálculo de la 3° proporcional tam ­

(Fig. VI) '-r* \

AH

_

DE

BC ~

EF

bién debe indicarse la proporción para que el pro­ blema no quede indeterminado.

D .) Se traza p o r A la recta L / / R ” . Luego, p o r el T eorem a P articular de T hales, se tiene:

P or ejemplo, calcular la 3° proporcio­ nal entre 8 y 10 de modo que 8 : 10 = 10: x. De aquí se obtiene: x = 12,5.

¿L = M BC GH

pero I m = S K 1 G H = ÉF

Lue§0: I b - I

^ d>

e) M edia proporcional: es el térm ino re­ petido de una proporción continua. En la proporción 4 : 8 = 8 : 16, el 8 es media proporcional entre 4 y 16. Ejemplo:

287. O B S E R V A C IO N . Recordemos que: a) Proporción discontinua: es la que tiene todos sus térm inos distintos. Por ejemplo:

calcular la media proporcional

entre 18 y 8. 18 : x = x : 8 =* x2 = 144

x = 12

Este repaso lo tendrem os presente a con­ tinuación, pues lo aplicaremos a la Geometría b)

Cuarta proporcional: es cada uno de

los términos de una proporción discontinua. En el ejemplo anterior, 5 es 4° proporcional entre 10, 4 y 8 en la proporción 5:10 = 4 : 8 . Lo mismo

para la construcción de la cuarta, tercera y media proporcional geométrica. P or lo tanto, ahora los elementos de la proporción serán trazos y no números.

puede decirse de los otros números de la propor­ ción dada. Para que el problema de calcular la 4° pro­ porcional entre tres cantidades dadas no quede indeterm inado, debe indicarse también la propor­ ción. D e lo contrario, si tan sólo se pide calcular la

288.

C O N S T R U C C IO N de la 4a P R O P O R C IO N G E O M E T R IC A

Dados tre s trazos: a, b, c, construir la 4° propor­ cional geométrica entre ellos de modo que : a : b = c : x.

'• •••

■

1) Se dibuja un rectángulo de lados b y c; 2) se prolonga AB —* B en BE = a

y DC

*C

en C F = a; 3) se prolongan D A ^ A, C B —*B, —, E ; 4 ) F ( - ) B —♦ B determ ina P; 5) se tra z a por P / / A E (Fig. íX ). Resulta: EK = x

1“ . solución: pueden darse varias solucio­ nes basadas en el T eorem a de Thaleá. D arem os algunas y las otras quedan de »tarea« p ara us­

289. C O N S T R U C C IO N D E L A T E R C E R A P R O P O R C IO N A L G E O M E T R IC A D ados dos trazos »a« y »b« construir la tercera proporcional geométrica entre ellos de modo que

ted.

a :b = b :x 1) Se dibuja un ángulo cualquiera. 2) Se copia sobre uno de los lados dos de

los trazos dados y el tercero sobre el otro lado, pero siguiendo el orden de la proporción dada (Fig. V II). _ a = O A .b = A B ,c = O C 3) Se une A con C y p o r B se traza la p a ra ­ lela a AC. 4) R esulta:

1a solución: es análoga a la construcción CD = x

de la cuarta proporcional geométrica (Fig. X ): 1)

O A = a; AB = b, O C = b

2)

C ( - ) A y por B / / AC

Resulta: CD = x

Fig. XI Fig. V III 2° solución: 1) se dibuja un ángulo cual­ quiera; 2) se copia a = OA, b = O B , O C = c; 3) se une A con C y se traza p o r B la paralela a AC (Fig. V III). R esulta: AD = x T solución: de la proporción se obtiene a • x = b2 E s decir: se tra ta de transform ar un cua­ drado de lado »b« en un rectángulo de lados »a« y »x«. G uíese p o r la 3° solución del problema anterior (Fig. IX ). 3° solución: se puede aprovechar .el Se­ gundo Teorem a de Euclides (N° 265). . ? solución: se basa en los paralelogram os com plem entarios, pues de la proporción dada se obtiene: a ■x = b ■c > «*(

1) siendo C H = b se traza la perpendicu­ lar en H; 2) se hace H B = a;

F ig. X II

,4K / /

3)

de »x« es:

\

/

En la Fig. 3, para que Li / / L2 el valor

b

/ A---3) se une B con C y se traza en C la perpen­ dicular a BG la que determ ina A en B H —* H. Resulta: A H = x (Fig. X II). 290. T E S T S 1)

Para que Li / / L2 , el valor de *>x« en la figura 1, debe ser:

4)

A) 5,

B) 7;

C) 9, E) otro valor.

D) II,

U n plano está hecho en la escala La

12500

distancia entre dos edificios medida

en el plano es 6 cm. Entonces, la distancia en el terreno entre los edificios es: A) 750 m; C) 7,5 km, E) 1500 m.

E) es indeterm inado.

2)

En la Fig. 2, ¿cuánto debe valer »x« para que L, / / L j?

5)

B) 375#m; D) 37,5 m,

un plano está hecho en la escala 1/200000. Si en el plano la distancia entre dos ciudades es 2,5 cm, entonces ellas se encuentran real­ mente a: A) 5 km;

B) 2 km;

C) 500 km;

D ) 0,8 km;

E) 8 km. Respuestas: 1 = A; 2 = D; 3 - D ; 4 = B; 5 = A

)185(

27a U N I D A D D iv is ió n in te r io r y e x te r io r d e u n trazo. D iv isió n arm ón ica d e u n trazo. P u n tos a rm ón icos. C ir­ cu n feren cia de A p o lo n io . T eo rem a d e A p o lo n io .

Análogamente, los segmentos en que Q ’

291. D IV IS IO N IN T E R I O R D E U N T R A Z O {Fig. 1) Se dice que un punto P divide interiorm ente a

divide exteriormente. al trazo AB son Q ’A y

un trazo AB cuando pertenece a la región inte­

Q 'B

rio r del trazo, es decir, cuando queda entre los extrem os A y B.

Q ’ B. Su razón es: X •

QA

> 0.

D e acuerdo con nuestra convención para leer los segmentos de división, tendremos:

Fig. I

X < 0 =* punto de división interior

-3

X > 0 =» punto de división exterior

Convendremos en leer los trazos desde el p u n ­ to de división hacia los extrem os del trazo. Por lo tanto, en nuestro ejem plo los segmentos en qu e P divide interiorm ente al trazo AB son PA y

¿Cómo interpreta usted los casos X = 0, X = —ly X = + 1? Observación: O tros autores

consideran

otra convención y para ellos X > 0 corresponde

PB . L a razón entre estos segmentos se designa

a una división interior y X < 0, a una división

porX (lambda). Entonces:

exterior del trazo. En los problem as siguientes considerare­ mos el valor absoluto de X, es decir | X |. T o ­ maremos en cuenta el signo sólo cuando sea ne­

Si se considera u n sentido en los trazos, en este c a so 'lo s trazos PA y PB tienen sentidos opuestos y, por lo tanto, el valor de X es negativo o sea: X < 0

cesario.

293. P R O B L E M A F U N D A M E N T A L I D ividir interiorm ente un trazo AB en la razón m :n (“m" y »n« pueden ser dos trazos dados o bien, dos núm eros dados, por ej., 3:5).

292. D IV IS IO N E X T E R I O R D E U N T R A Z O (Fig. 2): Fig. 2 Q

A

B

0'

Direm os que un punto Q divide exteriormente a un trazo AB cuando pertenece a su prolonga­ ción. En nuestro ejemplo, el punto Q y el Q ’ divi­ den al trazo AB exteriormente. D e este modo, los segmentos en que el trazo AB queda dividi­ do exteriorm ente por el punto Q son (de acuerdo con nuestra convención de leer los segmentos desde el punto de división): QA y QB. La razón

7* solución (Fig. 3): 1) con vértices en A o en B se dibuja un ángulo cualquiera; 2) sobre el lado libre del ángulo se copia

entre ellos es:

m = A M ,n = M Ñ ; QB

3) B( —)N y por M / / BN determ ina el p u n ­ to interior X.

E n este caso QA y QB tienen el mismo senti­ do y, p o r consiguiente, el valor de X es positivo: X > 0.

P o r el Teorem a de T hales se tiene: XA XB

MA MÑ

295. P R O B L E M A F U N D A M E N T A L I I I D ividir armónicam ente un trazo AB en la razón m:n. Definición: D ividir un trazo arm ónica­ mente es dividirlo interior y exteriormente en la misma razón. 1° solución: se combinan en una sola figura las prim eras soluciones de los problemas I y 11. ¡H ágala usted! 2“ solución (Fig, 4): 1) se trazan en A y en B las perpendiculares (o bien, dos paralelas oblicuas); 2) se copia m = A M y n = BN; 3) M ( —) N determ ina X . n

■

R esulta:

XA

AlVl

XB

BN

-==- *

ni

= — . n

224. P R O B L E M A F U N D A M E N T A L I I D ividir exteriorm ente un trazo AB en la razón m : n.

T solución (Fig. 7): es menos confusa q u e la anterior y, por lo tanto, m ás conveniente. Se combinan en una sola figura las segundas so­ luciones de los problemas 1 y II. P ara esto se tra ­ f solución (Fig. 5): 1) se dibuja un á n ­ gulo cualquiera con vértice en A o en B; 2) se copia m = AM y n = M N ; 3) B ( —) N y por M / / BN determ ina Y. R esulta:

- J J = E k = -12YB

MN'

zan en A y B las perpendiculares (o bien, dos para­ lelas) y se copian m = A M , n = B N = B N \ Al unir M con N se determ ina el punto in­ terior X , y al unir M con N ’ se determ ina el pu n ­ to exterior Y.

n

Se obtiene: V

X A : X B = A M : BÑ = m :n (para el punto interior X) YA : YB = Á M : B Ñ ’ = m:n (p a ra e lp u n to exterior Y) X A :X B = Y A : YB = m:n

¥ solución (Fig. 6): 1) en A y B se trazan las perpendiculares; 2) se copia m = A M y n = B Ñ ’; 3) M ( —)N ’—* N ’ determ ina Y. R esulta: M - = M . = JS. YB.

BN’

n

L os puntos X e Y se llam an p u n to s armónicos, pues dividen al trazo AB arm ónicam ente. A su vez, los puntos A y B dividen el trazo XY, tam ­ bién armónicamente. Por lo tanto, los puntos A, X , B, Y consti­ tuyen un juego de p u n to s armónicos o un conjun­ to de p u n to s armónicos. ) 187 (

296. C IR C U N F E R E N C IA D E A P O L O N 1 0 (griego: — 262 a —180) •

= - = XB BD

; pero BD = B C = a (pues el • . , A CD B es isósceles al ser

Es la circunferencia que tiene por diám etro la distancia entre el punto de división interior y el pun to de división exterior de un trazo dividido

4 l = 4 2 = 4 3 ). Luego:M 6

=M XB

=* -i— BC

u a

armónicamente. En la últim a figura 7 es la cir­ cunferencia que tiene p o r diám etro (XY).

298. T E O R E M A L X X X V I I L a bisectriz del ángulo exterior en el vértice de

297. T E O R E M A L X X X V 1

un triángulo divide exteriormente al lado opues­

L a bisectriz de un ángulo interior de un triángu­

to en la razón de los lados que form an el ángulo

lo divide interiorm ente al lado opuesto en la

interior adyacente.

razón de los lados que form an el ángulo.

H .) CY = bisectriz del ángulo exterior.

D .) Al tra z a r p o r B / / AC re sulta (Fig. 9): 4 5 = 4 4 (p o rH .) 4 5 = 4 6 (alt. e n tr e / / )

. . 4 4 = 4 6 =» A C B E es isósceles. Luego: CB = BE = a Como el 4 AYC está cortado por dos parale­ las, CA y BE, se obtiene: YA = CA_ _YA_

H .) CX

YB

BE

CA YB

.. b CB

a

pues BE = CB

D .) Se traza por B / / AC y C X —* X determ ina D . D e este modo el ángulo de vértice X queda cortado por dos paralelas: AC y BD. P o r lo tanto, resulta (Fig. 8):

299. T E O R E M A D E A P O L O N I O (Fig. 10) Los dos teoremas anteriores se resum en etj el llamado Teorema de Apolonio: »E n un trián­ gulo, la bisectriz de un ángulo interior y la del ángulo e x ten o r adyacente dividen armónicamente al lado opuesto en la razón de los lados que form an el ángulo«. Fig. 10

)188(

...

.o |

VB

1

1

XB

-l

XA

3

D .) E stá hecha en los dos teoremas anteriores.

Luego, el diám etro (XY) = 20 cm y radio = lO cm . Problema

2) En

general,

demuestre

que al

Pero, en virtud del T eorem a N° II (N° 54), el

dividir armónicamente un trazo »á« en la razón

^ XCY = 90° y, por consiguiente, al dibujar la

m :n , siendo m > n , el radio de la circunferencia

circunferencia de Apolonio de diám etro (XY),

de Apolonio es:

esta circunferencia debe p asar p o r el vértice C del A ABC (ángulo inscrito en la semicircun­ ferencia de Thales). De lo an terio r se obtiene el siguiente L .G .: 300. L . G .¡\° 27 »Cuando en un triángulo se conoce Un lado y la

_ r “

amn

m* - n’

Problema 3) Se conoce un trazo AB y el punto interior de división X (Fig. 12). D eterm inar el punto armónico de X (o sea, determ inar el punto exterior Y).

razón entre los otros dos lados, el L .G . del tercer vértice es la Circunferencia de A polonio". 301. E J E R C IC IO S (Resueltos y p o r resolver) Problema 1) U n trazo de 21 cm está dividido a r ­ mónicamente en la razón 2:5. ¿C uánto mide el radio de la circunferencia de Apolonio corresFig. 12

diente?

Solución: al conocerse el punto de división interior X se conoce tam bién la razón en que está dividido el trazo: XA : XB. Entonces, se trazan las perpendiculares en A y en B (o bien, dos paralelas) y por X se traza una transversal que corte a estas dos perpendicu­ lares. De este modo queda determ inado AM = = m y BN = n. Se hace BN ’ = BN y se une M con N ’ prolongándose hasta determ inar Y, que es el punto pedido armónico de X . Problema 4) Se conoce un trazo AB y el punto Solución (Fig. 11): 1) se trazan las perpendiculares en A y B; 2) A M = 2 unidades; BN = B N ’ = 5 unidades; 3) M ( - ) N determ ina X; N ’( —) M —‘ M determ ina Y. Resulta (XY) = diám etro de la circunfe­ rencia de Apolonio. Cálculo del radio: sea A X = x, por lo tanto

de división exterior Y. D eterm inar el punto armónico de Y (o sea, determ inar el punto de división interior). Solución:

análoga al problem a anterior.

¡H ágala usted! Además dibuje la circunferen­ cia de Apolonio correspondiente. Problema 5): A : c, a : b = m :n, hAnálisis: C on »c(( quedan determ inados los vértices A y B. Para el tercer vértice C se tienen

BX =21 - x . Luego: x : (21 —x) = 2:5 = » x = 6 .

los siguientes L .G . (Fig. 13): 1°. G de Apolonio (pues se conoce »c« y

Además, siendo YA = y => YB =21 4-y se tiene: y : (21 + y ) = 2:5 de donde y = 14

la razón m:n entre los otros dos lados); 2°. la paralela a la distancia he de AB. )1 8 9 ( 9

Análisis: Con »c« se determ ina A y B (Fig.

L .G . para C :

1 ) la O deA polonio 2 ) arco de O (M , tc)

Construcción: Dése usted los datos y haga la construcción.

Fig. 15

Problema Sj A : c, a:b = m :n, 7 Análisis: Con »c« se determ ina A y B .' f 1°. la O de Apolonio (N° 296) L .G . para C. j e | a rc 0 c a p az - j (XY) no hay solución. Problema 6) A : c =21 cm, a :b = 2:5, he = x ¿C uánto debe

medir

la altu ra he p ara

L .G .: 1 °. la O de Apolonio

2°. arco de O (X , b T ) Construcción: Dése usted los datos y ¡há­ gala!

q u e exista sólo una solución? Ind.: ver N° 301-1 y circunferencia de Apolonio.

Problema 10) A : u, v, he

Problema 7) A :c , a :b = m :n, t.

Problema 11) A : P> 1» a:b = m:n

)1 9 0 (

Problema 12) A : c, a :b = m :n, to : I* = m’ : n ’ A nálisis '(Fig. 17): Sea c = AB, u = A N , i* = B M

Fig. 17

D

1 Por C se trazan las paralelas a u y a t¿ con

Por lo tanto, en la proporción a:b = m:n se

lo cual se determ ina el A D E C en el cual A B :B E = = AM : M C = l.p u e s M A = M C .

determ ina *>b« como 4° proporcional geomé­

Por lo tanto, BE = AB = c; adem ás, C E = 2 -t* puesto que B M es la mediana del A AEC. En

m agnitud como radio lo que determ ina A en la

form a análoga se dem uestra que

trica. Conocido »b« se corta desde C con esta prolongación de BH —* HConstrucción: ¡Hágalo usted!

D A = AB = c, C D = 2 • ta Entonces, se puede construir el A D E C en el cual se conoce D E = 3c, la razón m ’:n’ = = C D : C E y sólo falta determ inar la posición del

Problema 18) A : b, tv, p:q .= m:n Problema 19) D ividir un trazo AB en tres p a r­ tes que sean entre sí como n:n:p.

vértice C . Para C se tienen los siguientes L .G .: r mi------------------ 1

Io. la O de Apolonio (se divide AB = c arm óni­ camente en la razón m:n);

d a to s <

2 ° . la 0 de Apolonio (se divide D E = 3 c arm ó­

L

n i— — — I p i ----------------- :—

nicam ente en la razón m’:n’). Construcción: ¡H ágala usted! Problema 13) A : p, q, V tt = m:n Problema 14) b, a:c = m :n, t¿ Problema 15) A : a, b:c = m :n, hj Problema 16) A : c, t„: t* = m :n, t*

Solución

Problema 17) A :p, he, a:b = m :n Análisis:

el

C H = lv

y

3) se unen los extrem os E con B y se trazan

4 C H B = 90°. Con esto queda determ inado el lado a = BC (Fig. 18).

las paralelas a BE por C y D. R esulta. Á R : R S : S B ' = Á C : C D : C E =

auxiliar

H BC

C

con

se

2) en el lado libre se copia AC = m, CD = n , construye

A

prim eram ente

(Fig. 19): 1) se form a un ángu­

lo con vértice en A o en B;

p =HB,

D E = p;

= m :n :p (por el Teor. de Thales). Problema 20) D eterm inar geométricamente las ■y partes de un trazo AB. Solución: 1) un vértice en A o en B; 2) una

ángulo

m agnitud

cualquiera

elegida

con

conveniente­

m ente como unidad se aplica 5 veces; 3) se une E con B y por el punto 3 se traza la paralela a BE (Fig. 20). )1 9 K

Fig. 20

P or el T eo r. de T h ales se tiene: Á C : ÁB = ÁD : ÁE = 3:5

3) M ( —) B y por N / / M B determ ina X. Problema 24) Un trazo AB =24 cm se prolonga de modo que el trazo dado es a su prolongación

Problema 21) Prolongar un trazo ÁB de mo­

como 3:5. ¿C uánto mide el trazo prolongado?

do que el trazo dado sea a su prolongación como

¿C uánto mide su prolongación?

m :n.

(R esp.: 64 cm; 40 cm). Problema 25) U n trazo de 24 cm se prolonga de modo que el trazo dado es al trazo prolongado como 3:5. ¿Cuánto mide el trazo prolongado? ¿C uánto mide la prolongación? (R esp.: 40 cm; 16 cm). Solución: 1) un ángulo en A; 2) se copia (Fig. 21): AM = m y M N = n;

■ 3) M ( - ) B y p o r N / / M B determ ina X. P or el T eo r. de T h ales se tiene: AB : BX = Á M : M Ñ = m:n.

Problema 26) Prolongar un trazo de 24 cm de modo que la prolongación sea al trazo prolonga­ do como 3:5. ¿Cuánto mide el trazo prolongado? ¿C uánto mide la prolongación? Problema 27) D ados la suma s de dos trazos y la razón m :n entre ellos, determ inarlos (Por

Problema 22) Prolongar un trazo AB de modo que el trazo prolongado sea a su prolongación como 5 : 3.

ej., m:n = 2:3). Solución: 1) un ángulo en A; 2) se elige una unidad u y se hace ÁM = 2 • u; 3) M i = 3 • u; 4) N ( —) B y p o r M / / N'B determ ina X (Fig. 24).

Solución: 1) u n ángulo en A; 2) se elige una unidad »u« y se la aplica 5 veces de modo que AM

= 5-u, M N = 3 - u

(Fig. 22); 3) N ( - ) B y p o r M / / N B determ ina X. P or el T eo r. de T h ales se obtiene: AX : BX = Á M : M Ñ = 5 : 3 .

R esulta: AX: X B = A M : M N = 2:3. P or lo tanto, un trazo es AX y el otro es XB.

Problema 23) Prolongar un trazo dado AB de modo que el trazo dado sea al trazo prolongado

Problema 28) La' suma de dos trazos es 30 cm y

como 3 : 4.

están en la razón de - y .

Solución: 1) un ángulo en A (Fig. 23); 2) se copia 3u = A M ,4 u = AN;

¿C uánto miden los trazos? (Resp.: 12 cm, 18 cm).

Problema 29) D ad a la diferencia d de dos tra ­

del ángulo en los puntos A y B de modo que (Fig.

zos y su razón 5:3, determ inar los trazos geomé­ tricamente. Problema 30) L a diferencia de dos trazos es 18 cm. ¿C uánto miden estos trazos si son entre sí como 5 : 3? (Resp.: 45 cm, 18 cm). Problema 31) En un A A BC tra z a r.u n a parale­ la al lado AB que sea los — de este lado. Problema 32) E n él A R S T (Fig. 25), ¿Cuánto debe valer x p ara que M N sea paralelo a ST?

Solución: 1) se traza por P / / O L la que determ ina C; 2) en O se dibuja un ángulo y sobre su lado libre se aplica un trazo unitario de modo que O M = 2 - u ,M Ñ = 3 -u; Problema 33) En un A ABC determ inar un punto P de modo que PA : PB : P C = m :n:p (Ind.: dibuje dos circunferencias de Apo­ lonio ). Problema 34) E n tre los lados de un ángulo de vértice O se da u n punto P.

3) M ( - ) C y por N / / M C determ ina B; 4) B ( - ) P —*P determ ina A. D .) O C; CB = O M : M Ñ = 2:3 O C : CB = AP : PB --7---------------------------------------- 1 AP : PB = 2 : 3

T ra z a r p o r P una recta que corte a los lados

Problema 36) E ntre los lados de un ángulo se da

del ángulo en los puntos A y B de modo que

un punto P. T ra z a r por P una recta que corte los lados del ángulo en A y B de modo que PA : AB = m : n. Problema 37) C onstruir un triángulo dados, la base c = AB, el punto H del pie de la altu ra hc y el punto X en que la bisectriz bT corta a la base. (Ind.: determ inar el punto exterior Y arm ó­ nico del punto interior X y dibuje la circunfe­ rencia de Apolonio).

Solución: 1) se hace O M - 2 • u, O N = 3 -u siendo u = trazo unitario; 2) M ( - ) N y p o r P / / M N determ ina A y B. P or el T eorem a de T h ales resulta: O A : OB = O M : O Ñ = 2u:3 u = 2:3. Problema 35) Entre los lados de un ángulo de vértice O se da u n punto P. T ra z a r p o r P una recta que corte a los lados

Problema 38) A 28).

: p —q, h*, a :b = m :n (Fig.

. .

(Ind.: 1) dividir arm ónicam ente p —q en la

A

I

B

C

D

1---------------------- 1----------------- -----1

razón m :n; 2) dibujar la circunferencia de Apo­

Fig. 30

lonio). Problema

39) E n

un

sistema

ortogonal

de

coordenadas se tiene un A ABC cuyos vértices son A ( l, - 3 ) , B(5, - 1), C (4 ,l).C a lc u la r los seg­

Problema 43) Si A B:BC:CD = 20:37:45 y la media proporcional geométrica entre AB y CD es 90 cm, ¿cuánto mide BC? (Fig. 30). (R esp.: 111 cm).

mentos que la bisectriz del A ABC determina en el lado AÜ (Fig. 29).

Problema 44) Por un punto P tra z a r una recta que corte a dos rectas dadas L ’ y L ” en dos puntos Indicación: 1) C alcular -la los tres lados del A ABC; 2) trazar la bisectriz BD;

longitud

de

Solución: 1) se une P con cualquier pun­ to C de L ” ;

3) sea A D = x ; aplicar el T eorem a de Apolonio al A CAB. (Resp.: BC = V T ;.

A C =5;

A y B de modo que (Fig. 31): PX :PB = m :n

AB=2 s fi;

2) se divide PC en la razón m:n de modo que P Ü : PD = m:n; 3) p o r D / / L ” determ ina B; 4) P ( —) B —*-B determ ina A.

A D = -y ; D C = l - y ) . Problema 45) P or un punto P traz ar una recta Problema 40) D adas dos rectas paralelas y dos puntos A y B entre ellas o fuera de ellas, determ i­ n a r en las paralelas los puntos cuyas distancias a A y B sean entre sí como m:n.

- que corte a dos rectas dadas L ’ y L ” en los puntos A y B de modo que (Fig. 32): PB : EA = m:n L'

l"

Problema 41) Dados los vértices opuestos A y C de un rectángulo, construir este rectángulo de modo que sus lados sean entre sí como m:n. (Ind.: 1) { O (AC) d eT hales; 2) Q de Apolonio). Problema 42) Se tiene un rectángulo ABCD de lados AB = a y BC = b. Dividirlo en tres partes p o r medio de dos paralelas al lado BC de modo que el rectángulo que queda al medio tenga un v

área doble del rectángulo que está a su derecha

Problema 46) Idem., pero de modo que (Fig. 32): PA : BA = m:n.

y la mitad del que está a su izquierda.

Problema 47) D entro de un círculo se da un

(Resp.: I = -y ab; II = -y ab; III = - j ab).

punto P. T ra z a r por P una cuerda AB de modo que (Fig. 33): PA : PB = m : n

)194(

que pasa por el centro. Además, se traza la per­ pendicular T D desde el punto de tangencia T a la secante CA. D em ostrar que (Fig. 34): T .)

1) OA2 = D D -Ü Ü "; 2) los puntos A, D , B y C son puntos a r­ mónicos.

Di )P o r el

T eor. de Euclides se obtiene: OT2 = OD

OC

luego: OA2 = O D • O C , pues A O = O T = r. Análisis: Sea AB la cuerda pedida y una­ mos A y B con el centro.

D í )Se dede dem ostrar que T A y T B son bi­ sectrices. Se tiene:

Al trazar p o r P / / OB se determ ina D. Se obtiene: PA :PB = A D :D O = m :n. P or lo tanto: se divide cualquier radio en la razón m:n determ inándose las m agnitudes O D ’ y A’D ’. Como el A D PA es isósceles, los L.G . para D son:

T A 1 T B (por ^ O de Thales) « = i í ’ (por N° 227) 24T O D = 2 a (p o rN ° 100)

•

* O B T = 90° - « => 4 D T B =■ «

= > T B = bisectriz 24 D T C Por otra parte:

l c. la O (O , O D ’); 2°. arco O (P, AT5’).

24L T A = 90° - n (pues X.ATO = a )

Al unir O con D se determ ina A, etc.

4 A T D =90° —« (complemento del ^ T A D )

Problema 48) Desde un punto C fuera de un círculo se traza la tangente C T y la secante CA

-

. T A = bisectriz. Por lo tanto: A, B , C y D son puntos arm óni­

Fig. 34

cos y la O (O, Ó B) es la circunferencia de Apolonio. Problema 49) A dos circunferencias exterio­ res de distintos radios se les trazan las tangentes comunes exteriores e interiores las que cortan a la central O O ’ interiorm ente en B y exteriorm ente en A. D em ostrar que los puntos A, B, O ’, O son puntos arm ónicos (Fig. 35). F ig . 35

D :) P or se r O ’C / / O D se tiene: adem ás, O ’E / / OF implica que:

Problema 52) E n un triángulo R S T la base

AO'

O ’C

_r^

Ào

OD

R

RS = 3 cm y los lados - ¿ i- = — '

RT

2

La mayor área del A que reúnen estas condiciones mide:

ig r

(g l

BO

OF

AO’

BO’

r

A) 4,5 cm ;

AO

BO

R

C) 2,5 cm2;

Por lo tanto, los puntos A, O ’, B, O son pún­

B) 2 cm2; D ) 3 cm2;

E) 3,5 cm2.

a o s armónicos. Problema 53) Si un trazo de 24 cm se divide Problema 50) E n el A S T Q los puntos S, P y T son fijos. El 4 S Q T =80° y el punto P pertenece a la bisectriz de este ángulo.

arm ónicam ente en la razón 3:2, entonces la distancia entre el punto de división interior y su punto armónico (o punto conjugado) es: A) 9,2 cm;

B) 48 cm;

C) 57,6 cm;

D) 38,4 cm;

E) T de 24 cm. Problema 54) La base de un triángulo mide 24 cm y los otros dos lados son entre sí como 3:2. Entonces, el triángulo de m ayor área que puede construirse con estos datos tiene: A) 345,6 cm2; C) 400,6 cm2;

B) 288,6 cm2; D) 576,6 cm2;

E ) 3 0 0 cm2.

Problema 55) E n el A ABC se hace Se afirm a que (Fig. 36): I)

Q se encuentra en el arco capaz de 80° con cuerda ST;

C D = CB = a.

II) Q se encuentra en el arco capaz de 40° con

D em ostrar que al tra z a r la bisectriz C E = = b? se obtiene (Fig. 37):

cuerda PT; III) Q se encuentra en la circunferencia que

EB : EA = a : b.

tiene por diám etro la distancia entre P y su punto conjugado. D e estas afirm aciones son verdaderas: A) sólo I; C) sólo III;

B) sólo II; .

D ) sólo I y II;

E) las tres. Problema 51) Se pide construir un triángulo ABC de modo que c = 12 cm, a :b = 2 :3 , he = x. El valor que debe tener esta altura p ara que exis­ ta una sola solución es: A) 12 cm; C) 14,4 cm; E) 36 cm. )1% (

B) 6cm ; D) 28,8 cm;

Problema 56) En el A ABC se hace C M = CB = a. D em ostrar que al trazar la bisectriz C Ñ = = b 7, del ángulo exterior en C , se obtiene (Fig. 38) Ñ B :Ñ A = a:b ¿Qué teorem a queda

\

demostrado con los ejercicios 55 y 56? Fig.

Resp.: 50 = E ; 51 = C ; 52 = D ; 53 = C ; 54 =A

)197(

28* U N I D A D F iguras sem ejan tes. T e o r e m a d e sem eja n za d e T h a le s. T eorem a de sem eja n za de trián gu los (P o stu la d o s o A x io m a s d e S em eja n za ).

302. F IG U R A S S E M E J A N T E S Ya vimos que las figuras congruentes tienen la m ism a forma y la m ism a área, y que las figuras equivalentes

tienen

distinta

forma . pero

la

m ism a área. E n cambio, en las figuras semejan­ tes, la forma es la misma pero el área diferente. P a ra indicar la semejanza de las figuras se em­ plea el signo " . En los polígonos semejantes que (Fig. 1):

se verifica En efecto, al ser D E / / AB, se obtiene (Fig. 2):

Fig. 1 C P _ CE_ CÀ

CB

. ' . C D : D E : C E = CÂ: ÂB: CB

CD _ DE CA

AB

Además: a = a focorresp. e n t r e / / ) 0 ' = 0 ' (& corresp. entre / / ) y = y (ángulo común) 1°. Los lados homólogos son proporcionales. Es decir: a’ Esta

_b b’

_d d’

serie

de

razones

Por lo tanto: A D E C

A ABC por

tener sus lados homólogos proporcionales y sus ángulos homólogos iguales.

puede escribirse

también:

304. T E O R E M A D E S E M E J A N Z A D E

a:b:c:d:e = a ’:b’:c’:d’:e’:

T R IA N G U L O S Al estudiar la congruencia vimos (N° 120) los llam ados ’’cuatro teorem as de congruencia de

2°. Los ángulos homólogos son iguales. Es decir:

triángulos«. En forma paralela a cada uno de

a = a ’; 8 = 0 ';.y = y ; & = 5’; e = «’

ellos existe un teorema de semejanza que m u ­

Por lo tanto, para dem ostrar la semejanza de dos polígonos debe dem ostrarse que sus lados homólogos son proporcionales y que sus ángulos homólogos son iguales.

chos profesores los postulan, pero que pueden dem ostrarse. Estos cuatro teorem as de semejan­ za son: Prim er Teorema de semejanza: »Dos trián­

303. T E O R E M A TH ALES

DE

SE M E JA N ZA

DE

nToda paralela a un lado de un triángulo deter­ m ina otro triángulo semejante al total".

A ABC

D .) Ya está hecha la demostración al demos­ tra r el T eorem a P articular de T h ales (N°283). )198(

H .) a = a ' , y = 7 ’ (Fig. 3). T .) A A’B’C’ - A ABC.

H .) D E / / Á B T .) A D E C -

gulos son semejantes cuando tienen dos ángulos respectivamente iguales” .

D .) N os basarem os en el T eor. de semejanza de Thales. Se copia Ü Ü = C ’A ’ y se traza por D / / A B.

Tercer Teorema de semejanza: »Dos trián­ gulos son semejantes cuando tienen dos lados respectivamente proporcionales e igual el á n ­ gulo opuesto a los lados mayores de éstos«-.

Resulta: A D E C — A ABC. Se dem uestra ahora que el A D E C ^ A A’B’C ’. En efecto: a = a ” (A correspondientes entre //) a = a ' (p o rH .) a = CA; ÜTT > C A ’

A D E C £ A’B’C ’

a = a’

pero A D E C -» A ABC (p o rT e o r. T hales) Luego: A ABC - A A ’B’C ’

T .) A A’B’C ’ - A ABC D .) Análoga a la del 2" Teorema.

Segundo Teorema de semejanza: »Dos triángulos son semejantes cuando tienen un á n ­ gulo igual y proporcionales los dos lados que lo forman«. ,

Cuarto Teorema de semejanza: »Dos trián­ gulos son semejantes cuando tienen sus tres lados respectivamente proporcionales«. H .) AB:BC:CA = 7 ^ ’:B’C ’:CTA’ T .) A A’B’C ’ - A ABC D .) ¡Hágala u s te d .!... siempre que la consi­ dere necesaria.

305. O B S E R V A C IO N Estos

cuatro

teorem as de semejanza

sirven

para dem ostrar la proporcionalidad de trazos y la igualdad de ángulos. Además, de todos ellos es el prim ero el que más se usa en las dem ostra­

H . ) 7 = 7 ’,C A :C B = C ’A’:C ’B’ (Fig. 4). T .) A A’B’C ’ - A ABC

ciones; es decir, que basta buscar dos ángulos

D .) Se copia C D = C ’A ’ y por D se traza la p a ra ­ lela a AB. Resulta: A C D E - A ABC (por Teo. T hales)

__

iguales para que los triángulos que se compa­ ran sean semejantes.

-

C D = C ’A ’ pero A C.DE ^ A A’B’C ’ pues:

7 = 7 ’ C D :C E _ - CAJ C B _ } C A :C B’ = CA:CB

m

m

= r s ,.CTB,

de donde: C E = C ’B’ p u e sC D = C ’A’ Luego: A A ’B’C ’ - A ABC. H 99(

306. C O R O L A R IO S a)

D os

307. E JE R C IC IO S

triángulos' son

tienen

semejantes

cuando

sus lados respectivamente

parale-

1)

Teorema L X X X V I I I : »El centro de g ra­ vedad de un triángulo divide a cada trans­ versal de gravedad en dos segmentos que son entre sí como 1:2«. (Véase N ° 196).

H .) Á Ñ = taj BM = u u n t» = i g j X i

5Ñ _ GM _ j_ GÁ GB 2 C

b)

Dos

triángulos

son

semejantes

cuando

tienen sus lados respectivamente perpen­ diculares (N° 97).

D .) Se une M con N , resultando M N = mediana y, por lo tanto, M N / / AB

c) ' (E s el más im portante y útil): “En los

y M Ñ = l/2 Á B ( p o r N ° 170).

triángulos semejantes los lados homólogos son proporcionales a las transversales ho­ mologas«. (Es decir: a las altu ras homolo­

Además, p o r el 1" Teorem a de semejan­ za, se tiene:

gas, a las bisectrices homologas, a las

A MNG ~

transversales

dad de los lados de estos triángulos resulta:

de

gravedad

homologas,

etc., como asimismo, a los radios y apote­ mas homólogos).

GM

Así, si el A ABC — A A ’B’C ’ se ob­ tiene: 2) a :a ' = hc:he’ =tc:l

e

Problema 22) Inscribir en una circunferencia

ÁB

dada un rectángulo cuyos lados estén en la

Se sum an: PD + P E = -■AP ^

AB

razón m:n y de modo que uno de los lados pase

P )' h

por un punto P dado del círculo (Fig. 20).

puesto que BD’ = A E’ = h. P o r lo tanto: PD + P F = h, pues: Á P + B P = ÁB (véase demostración en N° 146 N° 13). Problema 19) Desde un punto P situado en la hipotenusa de un triángulo rectángulo se tra ­ zan las perpendiculares PD y PE a los catetos. D em ostrar que la sum a de las dos perpendicula­ res equivale a un cateto de este triángulo. Problema 20) En un rectángulo de lados »a« y »b« se trazan las diagonales. Desde un punto P situado en uno de los lados se trazan las p er­ pendiculares a las diagonales. D em ostrar que la suma de estas distancias es constante.

Indicación: 1) con m y n se determ ina el ángulo «; 2) se dibuja el arco capaz de t con cuerda O P ; 3) la intersección de este arco con la circunferencia dada determ ina A, etc. Problema 23) C onstruir un triángulo ABC del cual se conoce el vértice C y el punto medio M del lado AB, de modo que sea semejante a un A A’B ’C ’ dado.

Problema 24) En una circunferencia de 5 cm de radio se trazan dos diám etros perpendiculares: Á B y D E (Fig. 21).

Fig. 19

D esde A se traza una cuerda AC de 8 cm H .) PE _L ÁCTy P F _L BD (Fig. 19).

que corta a D E en P. C alcular los segmentos Á P, P C .P D y PE.

T .) P E + P F = const. = a P’E ’ + P ’F ’ = const. = b D .) A A P E A BPF -

A ACB A BDA

AP PE

AC BC

PE = A P ■ BC.

PB PF

BD ÁD

P F = PB •

AC

AD BD

. . . (siga usted). )204<

■ iq D

Problema

30) Dos

rectángulos

son

semejan­

tes. La diagonal del prim ero mide 40 cm y los lados del segundo son entre si como 3:4. C al­ cular lo que miden los lados del primero. Problema

31) C onstruir

un

rectángulo

que

tenga por diagonal una magnitud dada “d" y sea semejante a otro rectángulo cuyos lados son entre sí como m :n. (Indicación: por homotesia; o bien, por aplicación del álgebra-geomé­ Problema 25) A cierta hora del día un peiste de teléfonos da una sombra de 15 metros; al mismo tiempo un operario de 1,80 metros de alto da una som bra de 200 cm. Entonces, la altu ra del

trica). Problema 32) Si en el triángulo Q R T se traza TU

paralela a Q R y además, Q R = 24 cm,

Q T = -|- de SQ. entonces el valor de T U es:

postees: A) 16 -y m;

B) 1.350 cm;

A) 1 2 cm;

C) 4.167 mm;

D) 0,027 km;

B) 6 cm;

E) 2.083 cm.

C ) 9 cm; -

Problema 26) El perím etro del A PRS es de 18 cm (Fig. 22); si se -traza V M paralela a PS entre los lados del A V R M se verifica que

D) 1 8 cm; E) 8 cm.

V M = 3cm, RM = 4 cm y V R = 5 cm. Con estas condiciones entre los lados del A PRS se obtiene sólo una de las siguientes alternativas:

.

Tarea: ABCD es un cuadrado de »a« y D C F es un triángulo de lados »a«.

S

lado

C alcular los segmentos: D H , H C , H F , H B y BF.

Fig. 24

P

V

D) RS - PS = 4,5 cm;

R

E) RS + PR = 13,5 cm

Problema 27) En un A ABC el lado AC

=

= 18 cm y el lado BC = 16 cm. Si la altu ra del vértice B mide 8 cm, ¿cuánto mide la altura desde A? Problema

28) Los

lados

de

un

A

ABC

Resp.: 25) B; 26) E; 27) 9 cm;

miden a = 24 cm, b = 18 cm, c = 3 0 cm. El perí­

28) 27 cm, 36 cm, 45 cm y 486 cm2;

metro de otro A A’B 'C ’ semejante al ante­ rio r es 108 cm. ¿C uánto miden los lados y el

29) r = 2 y / ~ í ,

P = v^3;

30) 6 cm, 8 cm;

31) x = m 4 -+ ^n ;

á rea del A A’B 'C ’? Problema 29) En un triángulo equilátero de 6 cm de lado se pide calcular: a)

el

radio

de

la cirunferencia

crita; b) el radio de la circunferencia inscrita.

circuns­

32) D;

33) D H = a ( > / 3 - 1 ) ; H C = a(2 - s/~ 3 ); F H = a \ / 6 - 3 v/~3; H B = 2 a \ / 2 - v / '3 ; B F = a \ / 2 + \ / l . .

)2 0 5 (

29a U N I D A D R ela cio n es m étricas e n e l triá n g u lo rectán gulo y e n e l cír cu lo . T e o re m a s de E u clid es. T e o r e ­ m as de la s cu erd as, de las secantes y d e la tan gen te. C on stru ccion es d e la m ed ia p rop orcion al g eo m étrica . T eo rem a gen era l de P itágoras. C on stru ccion es d e las raíces d e la ecu a ció n de Se­ g u n d o G rado (ecu a ció n cuadrática).

H B = p, es la proyección del cateto BC en

308. T E O R E M A X C ¡ Segundo

Teorem a

de

Euclides:

“L a

altura

de un triángulo rectángulo es media proporcio­ nal geométrica entre los dos segmentos que determina en la hipotenusa«.

la hipotenusa AB. - y .,

’

AÍ_= _CA

.

CA

^B C ~

AH

ÁB

o bien: a2 = c • p;

BC HB

b2 = c ■q

D .) Se tiene: A ABC -- A A H C pues

r (por 1" T eor. d e - ) A »_ CA

b H .) ABC es A rectángulo (Fig. 1).

\ A U = _ÇÜ CH BH

o bien:

= c •q

des (N° 262). Análogamente,

a

.2 h =p-q

D .) Se tiene: a =

por

la

sem ejanza

del

A ABC con el A CH B se obtiene:

iL = A h p

(son 4 de lados _L o porque tienen

A A H C A C H B , pues:

(por 1"" T eor. de -- )

CA2 = AB • A H

AH

lo que dem uestra el Prim er Teorem a de Eucli­

C H = altura = h  H = q, H B = p t

f a = án sulo común , l 8 = í¡ ( 4 lados ± )

el mismo com plem ento/i’) ti = ¡5’ (ídem)

( F ig - 1).

= c •p

310. C O R O L A R IO S : a) D e

los

dos

teoremas

anteriores

se

obtiene que: »la altu ra de un triángulo rec­ tángulo lo divide en dos triángulos semejantes entre sí y semejantes al total". E s decir: A A H C - A C H B - A ABC

AH

CH

CH

HB

C H 2 = A H • HB"

h2 = p • q

b) “Los

cuadrados

los catetos de

un

construidos ' sobre

triángulo rectángulo

son

proporcionales a las proyecciones de los ca­ tetos en la hipotenusa". En efecto:

E sta ecuación expresa lo que ya conoci­

a2 = c • p (1 " T eor. Euclides)

mos por Segundo T eorem a de Euclides (N° 265).

b* = c q (1 " Teor. Euclides) 309. T E O R E M A X C I I P rim er Teorem a de Euclides: »Cada cateto de un

Luego:

-2_ = JL b2

q

cuerda

es

triángulo rectángulo es media proporcional geo­ métrica entre la hipotenusa, y la proyección del

c) “T oda

media

proporcional

cateto en ella". H .) AH = q , es la proyección del cateto AC en la

geométrica entre el diám etro que parte de uno de sus extremos, y la proyección de la cuerda

hipotenusa AB.

sobre este diám etro".

) 20 6(

Olra demostración (Fíe;. 4):

A PAD - A PGB. pues : | 7 común (por 1" T eor. de ^ ) \ a '° P ( f r i t o s en el mismo arco BD)

E s decir: AB : AC = AC : AD (Fig. 2), pues

. . PA : PD = PC : PB,

el A A BC es rectángulo y A D es la proyección del cateto AC sobre la hipotenusa AB.

PA y PC son lados homólogos (4 B = 4 D) PB y PE) son lados homólogos (a = fi)

311. T E O R E M A X C I I I »Si desde un punto fuera de un círculo se trazan dos secantes, las secantes son inversa­ mente proporcionales ternos“ .

a

sus

segmentos

ex­

312. T E O R E M A X C I V "Si desde un punto fuera de un círculo se tra ­ zan una tangente y una secante, la tangente es media proporcional geométrica entre la se­ cante y su segmento externo“.

H .) PA y PC son dos secantes desde P. PB y PD (Fig. 3).

son

los

segmentos externos H .) PA = secante y PB = segmento externo

T .) PA - PB = P C ■P D PC

P T = tangente (Fig. 5)

= -M . PB

D .) Se tiene:

T .) PT

A PAC -- A PD B, pues: í ^ = C° mÚn [ a = [) (tienen el mismo suplemento >b« sobre el lado »c«.

2°. Sea a > 90°. Aplicando el mismo teo­ rem a mencionado, resulta: BF • BE = AB • BD (Fig. 19) (a + b ) (a - b ) = c • (c + 2q) de donde: Otra demostración: 1°. a < 90°. El A ABC queda dividido en dos trián­ )211(

gulos rectángulos al tra z a r la altu ra C H = h

= a2 + b2

320. P R IM E R T E O R E M A D E E U C L ID E S Tam bién lo hemos demostrado anteriorm ente porm ásd e un cam ino (N ° 2 6 2 y 309). A hora apro­ vecharemos para su demostración el teorema de »la tangente y la secante« (N° 312) y para ello se dibuja la circunferencia de diám etro AC = b , obteniéndose (Fig. 23): 2°. a

>

90°. Se traza la altu ra C H = h c

(Figf. 21) obteniéndose los triángulos rectángu­

BC2 = AB • BH

a

= c •p

los H BC y HAC. Aplicando el corolario de P i­ tágoras a estos triángulos, se obtiene sucesi­ vamente: he2 = a2 - (c + q )2 hr2 = b2 -.q * a2 - (c + q )2 = b 2 - q 2 de donde resulta: a2 = b2 + c2 + 2c-q. ¿Q ué teorema se obtiene si pr = 90o ? 321. S E G U N D O T E O R E M A D E ' E U C L ID E S :

3 /9 . T E O R E M A P A R T IC U L A R D E P IT A G O R A S

Al igual que los anteriores ya ha sido demos­ en el

trado m ás de una vez (N° 265 y 308). Aprove­

N° 263 este teorema. A hora, darem os una demos­

charem os, ahora, el »teorema de, las cuerdas«

Ya

hemos

) 212 (

demostrado

anteriorm ente

las distancias a dos puntos dados tengan una diferencia ser constante).

dada

Solución: Siendo

C

(la diferencia debe

un

punto del

L.G.

se form a el A ABC en el cual se traza he y W. Además, designemos M D = n , ¡4 C M D = = ( y AB = c (Fig. 26). C

p a ra su dem ostración. P ara ello se dibuja la circunferencia de diámetro AB = c = q + p . Como H C = H C ’ = h obtenemos (Fig. 24): CH

C H = AH

BH

h2 = p • q

Luego:

Entonces, la condición del problema es: 322. E JE R C IC IO S 1)

C ^ 2 - CB2 = k2 = » b2 - a2 = k2

D em ostrar que la sum a de los cuadrados de los cuatro lados de un paralelogram o es igual a la sum a de los cuadrados de las diagonales.

Aplicando el Teorem a G eneral de P itá­ goras al A A M C y al A M B C , se obtiene, respectivamente: b2 =te2 + ( y ) 2 + 2- y ' n- Pues 4 A M C es obtusoj (X) a =t¿ + ( yc )\* - 2 - y • n, pues A B M C es agudo > Al restar se obtiene: b2 - a2 = 2 c • n = k2 de donde: 2 c • n = k Esta constante

Indicación: Aplique el Teorem a General de Pitágoras (N° 318) al A ABE y al A BCE trazando, previamente, la perpendicular BH a AÜ. Siendo A C = e , que (Fig. 25):

BD =

f debe dem ostrar

a2 = b2 =

»n« se calcula geométri­

camente como tercera proporcional geométri­ ca: 2 c : k = k : n (N° 289). Este desarrollo indica que el L .G . pedido es una perpendicular al trazo AB que deter­ m inan ios dos puntos dados. Por lo tanto, bas­ ta determ inar solamente un punto C de este L .G . y trazar la perpendicular desde C a AB. Para determ inar un punto de este L.G. se procede en el orden siguiente (Fig. 27):

T .) 2 • a2 + 2 - b2 = e2 4- f2 D .)

= constante.

+

1) -L en B y BD = k (dato) 2) se une A con D.

a +b 2)

=

. (siga u ste d )...

D eterm inar el L .G . de todos los puntos de un plano de modo que los cuadrados de

3) arco O

(A, AD) y arco 0

(B, BA)

determ inan C y C \ 4) C C ’ es el L .G . pedido. )213(

Condición: CA2 + CB2 = k2 o bien: b2 + a2 = k2 Sumando

las

igualdades

(X )

del

pro­

blema anterior, se obtiene: a2 + b 2 = 2 - 6 + 4

= k2

Por lo tanto: 2 • t,.2 + - y = k2 . de donde:

tc = v

/~ k ‘

71

— (y )

=

constante

porque nc« y 11k" son constantes conocidas. Siendo ^

= constante, concluimos que to­

dos los puntos del L .G . deben estar a la distan­ cia »tc« del punto medio M del trazo AB que determ inan los puntos dados. P or lo tanto, el L .G . pedido es la O (M , tc). D.) 4) A : a2 —b2,c , tc (Ind.: véase problema 2). 5)

A : a2 -

b2, c, t„. Ind.: Probl. 3: determ i­

na CD ; AC2 - BC2 = AD2 - AB2 pero en el A ABD: luego:

k2 = ÁD2 - AB2 AC2 - BC2 = k2

P or lo tanto: C C ’ es el L .G . pedido. 3)

D eterm inar el L .G . de todos los puntos del plano de modo que los cuadrados de las distancias a dos puntos dados tengan una sum a dada (sum a constante).

L .G . p a ra M : 1) simetral de DB; 2) arco O (A, t ) . 6) A : a2 + b2, p, q

7)

A : a2 + b2, c, y . (Ind.: con a2 +

b2 y

c se determ ina tc; con c y y se tiene el arco capaz). Solución: Sea C (Fig. 28); y AB = Ü D = h ^ C M D = ,. ) 2 14 (

un punto del L.G . c (conocido), CM = tc,

8) A : a2 4- b2, a :b = m :n, c. (Ind.:

con

a2 + b2 y c se determ ina t*; con a:b = m :n se tiene la circunferencia de Apolonio).

9)

A rectángulo: a, q. (Ind.: a2 = p - ( p + q ) de donde se obtiene: q2 + (2a)2 - i - q ) .

323. C O N S T R U IR L A S R A ÍC E S D E L A E C U A C IO N C U A D R A T IC A 1) Siendo »a« y »b« trazos, construir las raíces de la ecuación: x2 - 2 a x + b 2 = 0.

d a to s

bh

metro 2a; 2) se traza una tangente T P = Fig. 30

= b; 3) desde P se traza la secante que pasa por el centro O. D e esta manera se obtiene: PA = x’.P B = x". pues x' - x” = ÁB = 2a; x' • x " = P T 2 = b2 3)

«

C onstruir las raíces de la ecuación: x2 + 2ax —b2 = 0 Solución: como el térm ino libre es nega­

Solución: De

acuerdo

con

las

tivo ( - b 2), las raíces signo, obteniéndose:

propieda­

des que deben tener las raíces de está ecuación, se obtiene: (Fig. 30)

distinto

x' - x” = 2a x'

-I- x

tienen

■x” = b2

= 2a Análogamente se construyen como en el problema anterior.

• x’ = b2

las

raíces

P or el 2° Teor. de Euclides se tiene: 1) AB = 2a; 2) semi O (AB); 3) Se traza la paralela a la distancia »b« de

4)

C onstruir las raíces x' y x " de una ecua­ ción cuadrática si se conoce la semisuma de ellas = s y el medio geométrico de ellas = m.

AB con lo que se determ ina C y C ’; 4) se traza C H ± AB la que determ ina:

(Ind.: guíese por el problema 1). AH = x \ H B = x” . 5)

E n efecto: x’ 4- x " = 2a; x’ • x” = b2. El dibujo m uestra que debe ser a > .para que exista x’ y x” . 2)

C onstruir las raíces x' y x” de una ecua­

ción cuadrática si su semidiferencia es »d« y el medio geométrico entre ellas • es »m«.

b

C onstruir las raíces de la ecuación: 6) C onstruir x2 - 2ax - b2 = 0

las raíces x' y x” de una ecua­

ción cuadrática si se conoce su medie aritmético »a A II’, A III - A I I I ’ T .) Polígono A BCD E >. polígono Á’B’C ’D ’E ’ D .) Se debe dem ostrar que los lados homólogos son proporcionales y los ángulos homólo­ gos, iguales. Como A K

A l ’, 1

, resulta:

A II " A II’ H .) Polígono A B C D E

polígono A ’B’C ’D ’E ’ AB : A’B’ = AC : A ’C ’

(Fig. 1); vértice A homólogo con A’; diago­

C D : C ’D ’ = A C : A’C ’

nal AC homologa con A’C ’; diagonal A D homologa con A’D ’, etc. A K A P

II

T .)

ir

A - A A III - A III’

D .) A I '

AB : A’B’ = C D :. C’D ’ pero:

ÄB : A B ’ = BÜ : W U

(por H.)

luego:

AB : A ’B’ = BC : B’C ’ = CD : C ’D ’

( .. . siga usted . . . )

A l ’ p o r el 2° T eor. de " pues 4 ABC = A A ’B’C ’ (por H .)

AB : BC = A^B’ : F C ’ (por H .) A III -

A III’ p o r el 2° T eor. de » pues

333. C O R O L A R IO S a) »Los polígonos regulares del mismo númerq de lados, son semejantes«.

A A E D = A A’E ’D ’ (por H .) EA : E D = W X ’ : E T )’ (por H .)

b) »En los polígonos semejantes del mismo núm ero de lados, los lados son entre sí como sus

D e la semejanza de estos triángulos se ob­

radios o sus apotem as«. c) »Todas las circunferencias son semejan­

tiene: 24I = A 1’, A 3 = a 3’=> 7^2 = ?v2’ y 4 4 = a

4’ puesto qu e, por H ., se tiene:

A E D C = 4 E’D ’C ’ y A BCD = 4 B’C ’D ’. Luego, p o r el \'r Teor. de sem ejanza, resul­ ta: A II " A I I ’.

33 7. C O R O L A R IO »En los polígonos semejantes, las diagonales ho­

tes«. 334. T E O R E M A X C V I I I »Los perím etros de dos polígonos semejantes son entre sí como dos lados homólogos o como dos transversales homologas«. H .) Polígono ABCDE

polígono A’B’C ’D ’E ’

(Fig. 1) >221 (

T .) 2 s:2 s’ = A B :A ’B’ = ... = A C :A ’C ’ = ... D .) E s análoga a la que hizo en el N ° 307-3 (Teor. xc).

D e lo anterior obtenemos: C

o bien:

7 =ir:

C = 2 a -r

pues d = 2r. 335. C O R O L A R IO S a) »Los perím etros de los polígonos regulares

Con esta fórmula podemos calcular la longi­ tu d o perím etro de una circunferencia conocido

del mismo núm ero de lados son proporcionales a sus radios o a sus apotem as".

su radio »r«.

b)

»Los perím etros de las circunferencias

son proporcionales a sus radios o a sus diám e­ tros«.

336. E JE R C IC IO S 1) U na pista circular tiene un radio de 50 m. ¿C uántos metros corre un atleta al d a r una vuelta completa? 2)

U n a circunferencia tiene una longitud de 62,8 cm. ¿C uál es su radio?

3)

El perím etro de un polígono es 125 cm y una de sus diagonales mide 12 cm. La diagonal homologa a ésta en otro polígono semejante al anterior mide 15 cm. ¿C uánto mide el perím etro de este otro polígono?

4) Esta conclusión lleva a algo muy im portan­ te. En efecto, de lo anterior se puede escribir: # = 7 = 7

64 cm. El radio de la circunferencia circuns­ crita al prim er triángulo mide »n« cm.

V2

Conocido el lado lt es fácil calcular los otros elementos del polígono:

Problema 3): En una O se inscribe un cuadrado cuyo lado mide 10 cm. ¿C uánto mide el radio de la O circunscrita y el de la inscrita al cuadrado?

p4 = 4 • U = 4 r\/~ 2 U = 1 0 cm

l>t = O M = ^ < ^2 porque el A B M O es

BM = M O =

p.

U = 1V 2

isósceles rectángulo y por lo tanto

= ; / 2

4

-

r > / 2 = 10

j U - i '/Z

10

a, = (U f = 2r2 351. C alcular L, = f(r) (lado del cuadrado cir­ cunscrito).

355. C a lc u la rá = f(r) (lado del exágono inscrito). Construcción: A p artir de un punto A de la O se aplica el radio como cuerda. El A funda­ mental ABO del exágono es A equilátero, o sea

Flg: 4

2 = 4 \/~3. o1 sea: :

luego: p6 = a)

4 —r

L, = 2 r b)

P6

=

-

Además, P4 = 8 r; A« = (L ,)2 = 4 r2 Problema 1): ¿E n qué razón están las áreas del

Para calcular el área a« del exágono se mul­ tiplica por 6 el área del A fundamental ABO.

cuadrado inscrito y circunscrito a la misma O ? a» = ' a« = 2r2

3, _ 2r* _ ! 4 r1

n • /» • p .

6 • fe •M * = — r — = 3 - r - 4 - > /3

A« = 4r2

A,

7J v /3

2

Luego: c) a« = y r1 y / J )2 4 3 (

356.

A« = 2a2 ^ 3

C alcular L« = f(r) Construcción: Se dibuja el A fundam ental

a« -= 47 a V l

ABO del exágono inscrito; se traza su apotem a O M = p6 y se la prolonga hasta co rtar la O en. T . En T se traza la tangente (o //A B ) y se limita

Ae - a« = 2a2 s/l> - y a2 \/~?>

con las prolongaciones de los radios OA —* A y

A, -

„

.

■

O B —*B. Resulta C D = L 6 (Fig. 6). A. - a , j j | ¡

'

Problema 3): El área comprendida entre el exágono inscrito y circunscrito a una O mide 60 cm2. ¿C uánto mide el radio de la O ? A« - a« = 2 r

— 4 r? \/~ 3 =

luego: 4 2-^3= 60 Cálculo de L«:

r2 = J20 = J 2 0 ^ 3 = 4 0 ^ 3 v"3 3

Como A C D O '- A A B O

resulta que: r =-v / 4 0 v / 3 = 2 v / 1 0 \ / '3

; reem plazando estas cantidades po r sus valores, se obtiene sucesivamente: k r

r

357. C alcular 4 = f(r). Construcción: A p artir de un punto A de la O

T ^ 3

= < /3 Ü 0

se aplica el radio como cuerda y se une un pun­

to por medio. Resulta el 4 AOB =60° +60° = L« =

(Se amplifica por \ / h para racionalizar el de­

r

nom inador)

= 120°. Luego:

AB = 4 (Fig. 7). C F 2r2 > / 3

Problema 1): ¿E n qué razón se encuentran las áreas del exágono inscrito y circunscrito a la m ism a O ?

Cálculo: el cuadrilátero A T B O es un rombo de lado r; como sus diagonales se dim idian, se

a« = - | r2 \ / 3

obtiene que:

A« = 2i^ \/"3

a)p3 = y a»

2

3

A.

2 /y /J

4'

Además,

según

Teorem a de Thales,

el Teorem a de Pitágoras seobtiene: Problema 2): A una 0

de radio a se inscri­

be y circunscribe un exágono regular. C alcular el área comprendida entre ambos. )2 4 4 (

el

A ABD es rectángulo; y por lo tanto aplicando

AB2 = ÄD2 - BD2 { k f = (2r)2 - r2

aa = { r ! v ^ Aa = 3r2 v / 3

F ig . 8

aa Ai A este mismo resultado se llega comparando las áreas de estos A , que son semejantes con los cuadrados de dos lados homólogos; como los lados AB y C D son entre sí como 1:2, las áreas de los A serán entre sí como 1:4 (Según N° 343-b.) Problema 2): A una misma O se inscribe Además, pa = 3 ■l3 = 3 r \ / " 7 Ir aa

AB - C M

_

r-y/ T - 2

y circunscribe un Á equilátero de modo que el área comprendida entre ambos sea 81 cm2. ¿C uánto mide el radio de la O ?

| Aa = 3i* \/~5 \ a3 = - f r2 s/~%

C) Aa -

aa =

358. C alcular La = f (r)

Aa - a a

Construcción: Se dibuja prim ero el A ins­ crito; se traza p3 = O M y se prolonga hasta el

•'•|^ V ^ = 8 1

punto de tangencia T ; la tangente se limita con

^ . JL L ^= J* 9 \/T s/ 1

las prolongaciones de los radios OA —* A y O B —»B. Resulta C.D = La.

= {

i2 y / 1

= ,2 ^ 3

-

3

r = v / 12 v/ 3 = 2 v / 3 n/ 3 = 2 v / \ / 2 7 = 2 v r 2 7 .

Cálculo: 359. C alcular l,2 = f(r).

A C D O - A ABO CD Ü T •. aB' ?jm Lo

a)

Construcción: Prim eram ente se dibuja el exágono y en seguida se prolonga pg hasta de­ term inar T , o bien se traza la bisectriz del*ángulo

r

del centro AOB que dim idiará al arco AB y a la cuerda AB = 4Resulta: A T = T B =

La = 2 r v / 3

Además, P3 = 3 • L« = 6 r \ / 3 *

C D -E T

A, = — y —

b)

2 r s / i ■3 r

= — ^ ------

A* = 3r2 s / h

Problema 1): A u n a misma O se inscribe y circunscribe un A equilátero. ¿En qué razón se encuentran sus áreas?

i

Podemos con este valor calcular el área del

Cálculo: se aplica el teorema de Pitágoras

dodecágono regular inscrito; en efecto:

ál A A T M : AT2 = AM2 + M T 8

12 • ¡,, ■pij

an

= 6 r \ J 2 - v/"3- y \ / 2 + V ^

( k i t = ( \ t + (r - - j n / 3 ) 2 = 3 /s /4 -3 (k it - 4 ,,

x2

Mi2;

-

+ ^

i* + 4r* - 4 r * \ / 3

4

c )a i 2 = 3i*

luego:

+ 3i*

369. C alcular LI2 = f (r) Construcción: Se construye prim ero el dode­

itíf f

cágono regular inscrito: sea • • a)

/l2 = r \ / 2 - \ / T

AB = /12 = r y ^ 2

\/T

y por lo tanto O tro cálculo de /u : se aplica el teorema

O M = p u --§■ s / 2

general de Pitágoras al triángulo A T O (Fig. 9): La tangente en T

ÁT* = OÁ2 +OT® - 2 - O T O M

y las prolongaciones de

O A —*A y O B —* B determ inan CD = L 12 -

/ j )

4- i ' v / I

V - —

= T

b) . . P 12 = y \ / 2 + y / í )24«(

= 12

. ’. a )

^

2 ^ v / 2 - n/ T ,------- ==. r-y/2 + y / T

(2 + V ^ 3 )

L „ = 2 r(2 - y / ! )

Además, P12 = 1 2 L 12 = 24r • (2 — v / ^ ) A j2

-

l 2 -f e ‘ r = 6 - 2 r ( 2 - / 3 ) T = 1 2r 2 - ( 2 - v / 3 )

361. C alcular 4 = f(r) Construcción: Se construye el cuadrado de modo que

362. Cálculo de pn en función de /, y de r; o sea: P-

AB = U = r s / 2 ; O M - Pi = f

s /l.

Prolongando O M —* M , o trazando la bi­ sectriz del & AOB se determina A T = T B = / >

=

f ( /- ,r ) .

Sea AB el lado de un polígono regular ins­ crito cualquiera de n lados; o sea AB =/„ y en consecuencia O M = p „ .

Fig. 13

Fig. 12

Cálculo: Se puede calcular de varias m ane­ ras:

Aplicando el corolario de A A M O , se obtiene (Fig. 13):

Pitágoras

al

O M a = OAs. - AM S 1°. Aplicando el Teorem a

particular de ( p .f = S - ( ' i ?

Pitágoras al A A TM : aT

= Á M 8 + M T4

^

Pn

(kf = ( # f + ( r - j V 2 ) S haciendo los cálculos se obtiene:

si en la cantidad subradicai se saca factor común rJ , resulta: l

k = i V 2 - y /2

P. = y

2°. Aplicando el 1" Teorem a de Euclides al A T C A : AT* = T c

=¿

a)

V

r

- (4

- —

);

(0 \ finalmente:

= 7 s /V -iX ?

TM

(l» f = 2 r • (r — j s/~2). finalmente da: (4)s = 2i* - ¿ s / 2

= rJ (2 - v / 2 )

4 = r s /2 - s / 1

Con esta fórmula podemos calcular rápida­ m ente, sin hacer la figura geométrica, el valor de cualquier apotem a del polígono regular inscrito conocido el lado del polígono y el radio.

3o. Aplicando el Teorem a G eneral de P itá­ goras al A A TO :

363. C alcular p$ ■(Conocido 4 = r < /2 - x /T )

AT8 = OA! + OT® - 2 • T O • O M (4 )2 - r* + rJ - 2 • r • y v / 2

Prim eram ente se calcula: P. = 1 ^ 4

(4 )2 = 2 ^ — r* \ / 2 4 = rv/2 - y / l Siguiendo el mismo camino que p ara calcu­ lar p 12 y a 12 se encuentra: pa = - j \ / 2 + y / l

y

a* = 2.^

p» 8 p« = j

v / 4 - (2 - s / 2 ) v/2 + \ f l )2 4 7 (

364. C alcular el lado 4» del polígono de 2r. la ­

365. C alcular 4 (conocido 4 = r v / 2 )

dos conocido el lado l„ del polígono de n lados y el radio r. Es decir, calcular

r \ f 2 - v /T ^ 5

kn = f ( 4 , r) Siendo AB = /„ resulta

= r V / 2 - v / 4 - ( 4 ¿ I -)2

OM =

= r\/2

y ÁT =

= f \ J 4 - (J^ f

l2„

c

. ' . 4 r v / 2 - > /2 366. C alcular 46 (conocido 4 = r \ / 2 - v ^ 2 )

F ig . U

4e ¿16 = r \ / 2

4« = r x / 2 - v / 4 - (

4< = r \ / 2 - x / 4 a)

rv/ 2 - x / 2 /

- ( 2 -v /T )

Se puede calcular p o r el 1" Teorem a de

Euclides aplicándolo al A TC A : ÁT2 = T C

TM

4« = t \ J 2. — \ / 2 + y/~ 2 Análogamente se encontrará que:

(4 „)2 = 2 r • (r /32 = r \ / 2 —\ / 2 + \ / 2 + \ / " 2 ; etc.

(4 „)2 = 2r2 - 2 r • P„ (4 „)2 = 2r2 - 2 r - f v / 4 - ( V " ) 2 (4 „)2 = r2 (2 - n/ 4 - ( V " ) 2 )

finalmente:

b)

4„ = rx / 2

367. C alcular: 4 2 = f (4) 4a = r v / 2 - v / 4 - (-7 A pero 4

42 = r v / 2 - v / 4 - ( f ) 2 1

Se llega al mismo resultado aplicando el

- ■• 42 = r v / 2 - \ / H

Teorem a G eneral de Pitágoras al A A TO : ÁT* = ÁO 2 + T O 2 - 2 T O - O M (4™)2 = r2 + r* - 2 - r • f y /'A - ( ^ ) 2 ( k n f = 2r2 - t s / A

- ( ^ f

368. C alcular 44 = f(A*) 124 = r \ / 2 - v / 4 - ( y ) 2; pero 42 = r v / 2 -

(4 J ¡ = r2 - (2 - v / 4 - ( t ) 2 1

**■= tu = r v / 2 - v / 4 - (2 - v ^ 3 ) C on la ayuda de esta fórm ula podemos cal­ cular, sin hacer la figura geométrica, el lado li2

4« = r v / 2 - v / 2 + v ^ 3

conocido 4 ; el lado 4 conocido 4 ; 4e conoci­ do 4 ; en general, el lado 4« en función de 4 • - >2 4 8 (

análogam ente se calcula 4», después 4ei etc.

369. C alcular l„ conocido 4n P a ra encontrar la fórm ula que exprese /„ en función de l2„ basta con despejar l„ de la fórmula: 4

= t s / 2 -V s f -4

4 ~ = y (v/~5 ~ 1) V

4 - 5 - 2v l ± -

-(fy

Con respecto a 4 es una ecuación irracio­ nal y por eso se debe elevar al cuadrado ambos /10 + 2 v ^

miembros. Se obtiene sucesivamente: ( U 2 = I* [2

4

- 4 ) 2]

-s / \

V

se introduce ( - \ / T —1) como factor del subradical: • (to + 2 v/3-

U uf =2r2

4 -T

se aísla la raíz y se vuelve a elevar al cuadrado:

'6 (U 2 - 2 ^

4

r = y

/ ( 6 - 2 -v/ 5 ) ( I 0 + 2 v/T )

4-------------

V

= - r 2v / 4 - ( t )2; r

/

+ 1 2 v/ 5

-2 0

4

(4 .)4 - 4r2 • (4n)2 + 4 r - = r4 - [ 4 - ( ^ - ) 2]

40 - s v ' T •

(4„)‘ - 4r2 • (l2nf

60 - 2 0 \ / 5

4 - y v

al cuadrado ambos miembros:

2

+ 4r4 = 4r* - r2 • (/„)2; • a)

se aísla en el prim er miembro el térm ino con la in­

4 = y

V lO

- 2 \Z~5

cógnita: r2 • (4)2 = 4r2 • (/2„)2 - (/2„)4 (4)2 = 4 ■(/2„)2 -

/ : r*

^

372. S E C C IO N A U R E A O D IV IN A D ividir un trazo en sección áurea (o en media y extrem a razón) es dividirlo en dos segmentos de

(U f = ( k n f : 14 - ( ^ ) 2]

modo que el segmento mayor sea media propor­ cional geométrica entre el trazo entero y el seg­

luego:

a) /,n = kn V 4

- (-^ -f

mento menor. Es decir, el punto X debe dividir al trazo AB

Con ayuda de esta fórm ula se puede calcu­

de modo que (Fig. 15):

lar l3 conocido 4 ; 4 conocido /« ; 4 conocido 4 ; en general, /„ conocido /2„.

AB _ AX

AX BX

Fig. 15

370 C alcular /3 = f(4) 4 = 4 - \ / 4 - ( t -)2 ; pero 4 = r 4 - r v A

- ( t )2

. . l3 = r \ / 4 - 1 = r \ / ~ 3

Solución: 1) Se tra z a la -L en uno de los extrem os del trazo de modo que esta _L sea igual a la mitad del trazo; p o rej.: (Fig. 16) BO = y - AB

3 7 /. C alcu lar/6 = f (/10) si /,0 = y - ( \ / T - l )

2) Se dibuja la circunferencia (O , OB). 3) Se une A con O; se prolonga más allá

4 =4o V T T A 2

de 0 ; )2 4 9 (

nales y el 24 en A comprendido por ellos, igual); por construcción Se tiene: A O : O X = O X : A X, pero O X = AB. luego: A O : AB = AB : AX Además, por ser el A ABO isósceles, también lo es su A semejante XAB, o sea BX = AB; de donde resulta que el A B O X tam bién es isósce­ 4)

Con centro en A y radio AC se corta el

trazo dado; se determ ina el punto X que debe cum plir con la tesis: AB

AX

~a5¡T

T3T

Demostración: Se aplica el teorem a de la tangente y la secante: AB ; descomponiendo se obtiene:

les. Por otra parte el % AXB es 24 ext. del vér­ tice del A BOX y por lo tanto 24 AXB - 2 « = = 24 XAB, como asimismo el x, ABO = 2 CX2 = - J ( 6 - 2 - v /5 ) + CX 2 - 4 < 1° - 2 V r 5) CX

= -j■ y/T o ~ —2 y / =5,

luego: C X = k Dem.: AB = U

376. E JE R C IC IO S 1)

C alcular u n cateto de u n A rectángulo si la hipotenusa es 4 y el otro cateto es /10

• - 4 A OB = 6 0 °

AC = Z,o . ' • 4 A OC = 36° luego: 4 C O B = 60° - 36° = a = 24° y por lo tanto

BC = liS )251(

4)

Cálculo de h , : se traza BD perpendicular

x = - -4- ( \ / T 5 - v /T ) ±

a la prolongación de AC —* C (Fig. 21). 1 8 ^ - 6r * \ T - 81* + 8r! s 5

Como a =24° y el A C B O es isósceles re­ sulta:

d = 78°.

Análogamente

en

el

16

A

A C O el a- 5 = 72°.

x -

-i(V T 5

D e estos dos valores resulta: 7 = 180° - (tí + ó) = 30°

X =

Luego, en el A C D B el ^ t = 60°, de don­ de GD es la altura de un A equilátero de lado BC = /)5

n/

T J

-J V

í

10 + 2

v/

3

de donde : •

Designando BD = a ; BC = /15 = x resulta h

-

In = T - ( V /10 + 2 x / 5 + ^ 3 - v/'TT)

Observación: Al mismo resultado se llega al aplicar directamente el Teorem a Gene­

VT.

ral de Pitágoras al A ACB. o

5)

A p a rtir del punto A de una O se aplica lg =A B y /,2 = A C . ¿El lado de qué po­ lígono es CB? (Fig. 22).

Fig. 22

Aplicando

el corolario

A BCD y al A tivamente: a2 = x2 - h2 a2 = r2 - (/.o + x2

de Pitágoras

al

BAD, seobtiene respec­

Si A B = / 8, el a, AOB h)2

Á C = /12, el 4 C O A

= ~ f-=

= ^ f-=

45° y si

30° luego el

- h2i r2 - ((/10)2 + 2 h - / 10 + h2] 5.C O B = 45° - 3 0 = 15°. P e r o :^ £ = 24 ve­

x2 - h2 = r2 - (/jo)2 - 2 h -/10

-h 2

ces.

x2 = r2 - (/10)2 - 2h • llB

luego

í lio = 4 ( V ^ 5 ' - 1) pero { 1 | h = - |\ / y

6)

CB = lu .

D em ostrar que el área del pentágono re­ gular inscrito en una circunferencia de ra­ dio re s:

x2 = r2 — (5 - 2 v/~5 + 1) _ sj = 4 ^ v / u T + l v 7!

•

- x v / 3 - f ( V T -1 ) Al reducir y ordenar esta ecuación se obtiene: x- + f W T 1 - V 3 > ■X

j P H

-O

377. C alcular el lado L„ del polígono regu­ lar circunscrito de n lados conociendo el lado l„ del polígono inscrito del mismo núm ero de lados. Es decir, calcular L„ = f (/„, r).

x =

-\/3 ) ±

Sea AB =/„; para dibujar el lado L„ bas­ ta con prolongar

± n/ ^ ( 1 5 - 2 v / 4 5 + 3) - -2 ■■■~ f ^ )252(

p„

hasta T y en T se traza la

tangente, que se lim ita con O A —*A y OB —*B.

u

Fig. 23

2r

=

-

■ !

L« -

2r

v^3 ’

se racio n aliza el d en o m in ad o r am p lifican d o p o r V 3, resu ltan d o :

L6 =

2 r\/3

= - j r \ A 3 (ver N ° 356)

R e su lta : C D = L„ C om o A A B O — A C D O se obtiene: OD

380. C a lc u la r U = f (4 )

OT

'A B ' = o f j ; reem plazando p o r sus valores:

U _ r L ii.

u

=

21,

; p ero 4 = r \ / 2 - v ' 2

r - 1,

L„ =

, pero p (ver N ° 362).

2 ■r \ / 2 —v

2

L„ = -

L« — — ^ r y 2 - y ^

- s /4 - (2 - V T )

a)

C on esta fó rm u la se pued e calcu lar alge­

L* =

2 rV/ 2 ^ 7 ? v /T T T T ’

braicam ente: L 3 , U , Lg, L«, L , 2 . . . L„, cono­ cido 4 , U, 4 , 4 , h 2 , - • - 4 , respectivam ente. se am plifica p o r \/^~2 + \ / ~ 2 (puede tam bién am plificarse p o r y / 2 — \ / 2 )

378. C a lc u lar L , = f (/4) 2 • i.

pero U = r \ T 2

.

_

2 r - v / ( 2 - v / 2 ) < 2 —V ^ 2 )

y « ~(±f x/ T

L< =

U

T v T )2

2-ry/J

¡ ¡ 8 |l 2r s / 1

Lg -

2 r\/ 4 - 2

2 +\/2 2 r-v /T

1

2 +VT

v alo r q u e ya habíam os calculado geom étrica­

2 r v / 2'(2 - v / 2 )

4 -2

m en te, según N ° 354.

; se am plifica p o r 2 - v ^2

2 r v / 2 _(2 - < / 2 )

- -

= 2r\/2-2r 379. C a lc u la r la = f ( 4 ) 2U

; p e ro 4 = r

F in alm en te: a)

L, = 2 r - ( v A 2 - l )

V/ 4~~-7 “ (-7 / > 253(

381. C alcular L n = f (A2) ,

se amplifica por 2 v / 6 - 2 \ / ~ S

2 • Aj

; pero h i - r \ / 2 -

2rv / ( 1 0 - 2 > / 5 ) ( 6 - 2 v / 5 ) L* = -

v /4 - ( ± - f

v / 6* - ( 2 v / 5 ?

2rv / 2 - s / t

L ij —

2 r v / 80 - 3 2 \ / T

2 r \ / 2 - y / 1

\/4

80 - 3 2 v / T 16

L* = 2 r

-(2 -x /l)

2 r y / 2 —v / 3

Ls = 2 r v / 5 - 2 v/ 3

./ -------7=

Lio ——

; se amplifica v 2 —\ / 3

Cálculo de Lio = f (Ao) 2r • (v /2 - s / 3 ) 2

2r (2 - , / ! )

v / '( 2 + v / T ) (2 - v / 7

v /4 - 3

Lij —

■

Lio

‘ 10

pero/io = 4 (n/~5 - 1 )

> /4 - ( ^ L12 = 2 r • (2 - > / 3 )

luego: a)

Lio —

2 y (\/T -l)

/ I [ 15 E2 / 4 J vT ü - 42v/5

352. D em ostrar que: Lg =

1

Solución: u

=

r \ / T • 2r

Zt1 y/~2

r v / T + 2r

r (2 + \ / T )

• =

r ( >/ T- » ) ^/ l 6 - 6 +2y/S 4

se amplifica por (2 —v / 2 ) u

r(v /T - 1)

.

= ^

- 2r ^

.

2r:

. r(v/y-l) „ .... ¡ — , se amplitica por Lio : --------— + 2 > /T

2r(v / 2 - 1 )

En general, se verifica que: L*„ = 7 —

2 v / 10 - 2 > / 5

(también puede amplificarse por 2 v / 10 + 2 v/~5) 2 r ( v / T - l ) v / l 0 - 2 \/5 "

Lio - -----------7 -

f j^ ) c a lc u la r L« = f(/6) U =— n/ 4

V

; p ero /5 = - j v / 10 - 2 v/~5

L* =

se introduce ( y/~5 - 1 ) como factor de la canti­ dad sub-radical. Lio —

2 - f y /lO - 2 y / T

—----------

100 - 20

2r V ( V T - 1 f -(10 ~2y/fy = v /rrr

2 ry / (6 - 2 y / 5) ( 10 - 2 - s T ^

4-v/ T r\/l0

- 2 v /r

1« = ............... ............ /

Lio —

10 - 2 y / 5 ~

r \ / 6 0 - 2 0 n / 5 - 1 2 v / T + 20

r \ / 80 - 3 2 v / s "

r \ / 10 - 2 \/5 ~ u

=• 16 - 10 +

)254(

_

r / 10 - 2 s / V I

T

v/6 + 2 \ A ’ L 10 = rN/ 16 ^ — 2v^ ; se amplifica p o r \ / 3 2\/S

4 i V (5 - 2 i / ~ 5 ) • 5

2 r v / 2 5 - 1 0% /?

IO L,„ = j -

r y / 2 5 - 1 0 v /5

3S5. 0/?.S'£«PM C70A P or Trigonom etría resulta fácil calcular el la­ do de los polígonos aplicando el Teorem a del Fig. 1

coseno (Teorem a G eneral de Pitágoras). D esarrollarem os este camino.

algunos

ejemplos

por 2)

D em ostrar que: (4)2 = (4 )2 +(Ao)2

1) Para el dodecágono se obtiene: (Fig. 24)

3) Idem : (4)2 = (4)2 + (4)2

(/«)’ = ? + i* - 2i* • eos 30°

4)

Idem.: (4)2 = (L,)2 — (4)2

(/.*)’ - 2t* - 2i* • | V 3

5)

Id em .:(4 )2 = - f [(4)2 + (L 4 )2]

6)

Id e m .:p „

= -j- y / 2 + y / 2 + y / í .

7)

Idem.: pío

= -j- y / 10 + 2 \f~ 5

8)

Idem.: ps

= -£ ( \/" 5 + D'

9)

Cálculo del

de d o n d e :/u = r y / 2

— \/~3

lado l¡2 del pentágono es­

trellado (Fig. 2).

Fig. 24

2) P ara el octógono se obtiene. (4)‘ = r> + «* - 2 ? -e o s 45° (4)* = 2i> - 2i> ■

V AB. Luego P 6 >

P3 o

sea el perím etro del polígono inscrito aum enta al aum entare! número de lados. Además, cuerda A T < a rc o A T , o sea: p6 < 0 , lo que indica que a pesar de haber aumentado el

perím etro

p6 con

relación

a

p3,

sigue

siendo m enor que la longitud de la O , es decir: 1)

Sea ABC el A

equilátero inscrito o

sea AB = /3 = ry/~3 luego (Fig. 1): ps

=3-4 )256(

= 3 r> /3

= 3 —y - 1,73205 ........

c) x > 3 4) Pasemos al hexágono circunscrito D ELU SR en el cual D E = L« = r\/ 3

P6 = 6Lg = 6

■— -1,73205...

= 3 ,4 6 4 1 0 ...;

este valor indica que el perím etro dism inuyó de valor al duplicarse el número de lados.

Según el cuadro adjunto para el polígono de 1536 lados resulta p„ = 3 ,1 4 1 5 9 ... y P„ = = 3 ,1 4 1 5 9 :.. diferenciándose sólo en los milloné­ simos. D e aquí que el valor de *- con 5 decimales

E s decir P6 < P3 Además, I D + D E + E T > arco 1AT, luego:

correctos'es *- =3,14159. En la práctica se toman los valores siguientes aproxim ados:

Pe > O . Este resultado indica que a p esar de haber re = 3,1416 = f

dism inuido el perím etro del polígono circuns­ crito sigue siendo m ayor que la O .

P o r este método Arquímedes obtuvo p a ra *- el

Es decir: d) C < 3,46410........ . D e donde: 3 < j r < 3,46410.............. El prom edio de pe 4- P8 es M *4!0. =

valor Como dato curioso anotarem os el siguiente verso en el cual cada palabra indica por su número

= 3,23205..............

Si volvemos a duplicar el número de la­ de letras las cifras de*-. Q ue j ’aime a faire apprendre dos obtendremos el dodecágono y se verifica un nom bre útil aux sages nuevam ente que el perím etro del inscrito vuelve 5)

a aum entar y el del circunscrito a dism inuir con relación a l anterior.

Lo queda*- = 3,141592643589792414826 . . .

Haciendo los cálculos resulta: P 12

inm ortal Archímede, antique ingenieur on nous a fait conñáitre le valeur. El valor de *- se calcula por otros métodos,

= 12/12 = 12 - r v ' 2 - v / l =

como desarrollos en serie, obteniéndose muchas

= 6 -0,51763809

cifras decimales. Schanks calculó *• con 707

= 6 \ / 2 — 1,732050807568 . . . =

decimales correctos.

= 3,10582854. P ,2

= 12 - L ,2 = 12 • 2 r - (2 —y / J ) = = 12 • (2 -1 ,7 3 2 0 5 0 8 0 7 5 6 8 ...) =

D E L C IR C U L O

= 3,2153903088 pero: pi2 < C < P i 2, o sea 3,105 C D

con lo que queda demos­

trada la tesis: E F = ry/~2'. 3) E n una O de radio r se trazan dos diám e­

= b„

tros AB_LCD; se hace D E = A F = r y se une

GD “ BD

EF. Se dibuja arco de centro E y radio EF hasta cortar al diám etro C D en G. D em ostrar que (Fig. 3):

C

O G = ho y AG = /5 C

D ) A D = D C porque (7 = 7 ’) p o r tan to es isósceles (4 . ADB exterior vértice AB = Á D = C D .

del

A

4

ADC es isósceles A BD tam bién

= 2 7 por ser 24 A

CA D );

Solución: P or el ejercicio anterior sabemos

luego

que EF = U = r \/~ 2 EG = ts/ 2 .

Por el T eorem a del O de Apolonio se tie­ ne q u e (ver N° 297): =

Fig. 3

y en

T razando la altura E H del D O E , tenemos que

consecuencia A

equilátero

pero AB = C D y AC = C B E H =-§- y / i

,

UB

e§° •

ix : -

DC "cb ~

Aplicando el Teorem a de Pitágoras al

A

-E H G se calcula H G :

E n una O de radio r se trazan dos diámetros A B 1 C D ; se hace D E = AF = r.

HG2 = { r V 2 f - { i s / y f

D em ostrar que E F = t \/~ 2 H ) D E = AF = r (Fig. 2):

HG

T) EF = r s / 2

o sea

D) Si E D = r, e U D O E = 60°

HG

4 A O E = 30°

= y 2 r2- ^

=f \/5

Además, como O H =- 5- resulta OG

= T \ / 5 - |= y ( / 5 - l )

AG

= k

porque es hipotenusa de un de catetos:

A

= í.o !

rectángulo

AO . = k y O G = /10 (ver N° 375). 4)

A p a rtir de un punto A de una O de radio r se aplican como cuerda k = A B ; después

D

)260 (

a continuación /« = B C y finalm ente /)2 = = C D (Fig. 4).

4 • (L„)¿ = (/„ r -(4 4- b porque

geométricamente no existen trazos negativos)

F)

C onstruir x =-^r ; se puede escribir en forma

de proporción:

(Fig. 2). F ig .2

es decir, x = 4a, proporcional geomé­ 0 ----------_

_

I ..............

2

--------------------- A

trica.

T

Se dibuja u n 24 cualquiera y sobre sus lados se aplican los trazos dados de acuerdo con la pro­ porción. Por ejemplo: O C =c; O A = a ; CB = b;

C ) C onstruir

x=n-a

(siendo n =N °

entero

positivo) por ejemplo x = 5a (Fig. 3).

después se une A con C y por B se traza la / / A C; resulta A D = x. (Fig. 6 ).

F i g . .1

D ) C onstru ir x =-^-. Si n = 2, basta tra z a r la simetral de a. Pero si n = 3 la construcción es dife­ rente: Se forma en A un 4 cualquiera y se aplica sobre su lado libre 3 veces un m ism o trazo A M = = M N = N P; se unen los extremos B y P trazando por M y N las paralelas a B P. R esulta (Fig. 4). x = AC = - f > 265(

/

7™ Construcción: üasada en el 2° T eore­ m a de Euclides se reduce a construir un A rec­ tángulo del cual se conocen las 2 proyecciones de los catetos en la hipotenusa; la altura es lay-proporción geométrica. 1) Se copia a = A D y se le sum a b = D B (Fig. 10 ).

2) Se dibuja la semicircunferencia (AB).

a

F ig . 8

3) La -L en D determ ina C D =x. 7

construcción: se basa en el 1". T e o ­

rem a de Euclides. Se reduce a construir un A rectángulo del cual se conoce la hipotenusa = AB y la proyección = AD de uno de los catetos. La En Fig. 8: o tra construcción p ara ah o rrar

incógnita x es el cateto correspondiente a la pro­ yección AD.

espacio.

l ) S e copia a = AB y se resta b = AD (Fig. 11). G ) C o n stru ir x = ^ - ; escribiéndola en forma de proporción: — = — ; es decir x = 3 ' proporcional geoméa x trica que es fácil construirla como la 4* propor­ cional geométrica (Fig. 9). a

2) Se dibuja l a l en D y la y circunferencia (AB). 3) El cateto

AC = x

es la-y proporcional

geométrica. I)

C onstruir x = y / as + b s ; al elevar al cua­

drado queda un cuadrado equivalente a la sum a de dos cuadrados dados. E s decir: x2 = as + b ; H ) C o n stru ir x - \ / a b ; q«e equivale xJ = ab ,

igualdad que expresa el Teorem a de Pitágoras.

y a la proporción

= -g- en la cual x es y pro­ sa.

porcional geométrica. Existen

varias

Luego a y b son los catetos y x es la hipotenu­

construcciones

p ara

la y

■

a

b F ig .

proporcional geométrica; así el \” y 2° T eore­ ma de Euclides (ver N° 316) dan una solución para

C

esta construcción.

1) Se dibuja un4 recto (Fig. 12). 2) Se copia a = AB y b = AC. 3) resulta B C = x )26 6<

12

J)

C onstru ir x = \ / a* - b S; de donde:

f

x2 = aJ esta igualdad expresa el C oro­ lario del T eorem a de Pitágoras. Por lo tan to x es

drado inscrito en una circunferencia de radio' = a; U = a \/~ 2 = x.

un cateto, a la hipotenusa y b el otro'cateto.

% «

°

t

5

construcción: x es el lado 1, del cua­

construcción: De x = a \/~2 se obtiene:

x = \ / 2 a 2 = v / 2a -a; o sea, x = -j- proporc. geo­ métrica: entre 2a y a que conviene construirla se­ gún el 1^ T eorem a de F.uclides.

1) Se dibuja un

2a

recto (Fig. 13).

2) Se copia b = AC (cateto).

1) AO = a; AB = 2a (Fig. 16);

3) Con O (C , a) se determ ina B.

2 ) y O (AB) y J- en O.

4) AB = x (cateto pedido). 3)

AC = x.

L) C onstruir x = a \ / T . Tam bién esta expresión puede construirse de varios modos. tm construcción: x = /3 en una circunfe­ rencia de radio = a (Fig. 17). Otra construcción (Fig. 14): 1) Se dibuja a =AB. 2) Semi O (AB). 3) Desde A se corta con b = AC 4) BC “ XK) C onstru ir x = a,\/r 2. E sta expresión se puede construir de varios modos. P or ejemplo: 7™ construcción: la x es la diagonal de un cuadrado de lado a. Si AB = a , resulta B Ü = x = = a \/~ 2 (Fig. 15).

láte ro d e la d o = 2a (Fig. 18). AB = 2a; C M = x = a x / ^

Fig. 15

f

construcción:

se ve en el A

A M C;

T construcción: x es la hipotenusa de un

A rectángulo isósceles (A A BD ) de catetos = a. Resulta B D = x (Fig. 15). )267(

X

1) u n ^ re c to ; AB = 3 a; AC = 2 a .'. BC = y

= cateto de un triángulo rectángulo de hipote­

nusa ÁC = 2a y el otro cateto A M = a.

2)y0

x2 = (2a)2 - a 2 = 3a2 . . x = a y / 3 (Fig. 18). 4a construcción: la expresión x = a \ / 3 pue­ de escribirse x = y / 3a2 = y / 3 a-a; por lo tanto x es i proporc. geométrica entre 3a y a; conviene construirla según el

C D , luego: BD = x. 2a construcción: x = \ / l 2 a 5 = \ / 12a-a = \ / 6 a - 2 a = \ / 4 a - 3 a

T eorem a de Euclides

(Fig. 19).

(BC) qúe, se corta desde C con a =

De todos los factores de 12a2 los más convenientes para su construcción son 4a-3a porque al construirlo como - j proporción geo­ métrica se necesita menor espacio

1) AD - a ; AB = 3a

__________ 3 o

2 ) 4 © (A B )y i - e n D . 3)

__________

J

4a 1) ÁB = 4a; AD = 3a (Fig. 21).

ÁC = x.

2) y © (ÁB) y -L en D.

M ) C o n stru ir x = a \ / ñ ( n = u n N° entero).

3) ÁC = x.

Por ejemplo: x = a y /~ \2 - y / 12a2. El problem a consiste en descomponer 12a2 en una sum a algebraica de cuadrados exactos, o descomponerlo en producto de dos factores conve­ nientem ente elegidos. Así tendremos dos cons­ trucciones: 7“ construcción: x = %/ 12aa =___________ = y (3a)2 + (2a)2 - (a)2.

397. E JE R C IC IO S R E S U E L T O S L as construcciones fundam entales anteriores per­ m itirán resolver los ejercicios siguientes en los cuales será necesario introducir incógnitas auxi­ liares (u, v, y, z, etc.), que perm itirán hacer la construcción »por partes«. E stas »partes« en

que será igual a un cuadrado según el T eorem a de

que se descompone la expresión dada deben ser construcciones conocidas como 4“ proporcional

Pitágoras; sea »y« el lado de este cuadrado. Lue­

geométrica; -y proporcional geométrica, etc.

go: y2 = (3a)2 4- (2a)¿. Encontrado »y« queda: x = \ / y 2 _ a

1)

Se

construye

prim eram ente

(3a)2 + (2a)

que

C onstruir x = fK: Esta expresión puede descomponerse en:

se construye según el C orolario de Pitágoras. Es decir, que p ara llegar al valor de x debemos hacer

x = y - y ; puede construirse -y como 3° pro-

dos construcciones (Fig. 20):

. . . a2 porcional geométrica, o sea -g-’ = y.

2

Resulta: x = —

2

que se construye como 4°

proporcional geométrica. Es decir, deben hacerse dos construcciones: una 3a proporcional geométrica: ~ = y y una 4* proporcional geométrica: ■- = ~ Pueden hacerse las dos construcciones en una sola figura o en figuras apartes (Fig. 22).

x - v a 2 + ~ d —y - g de donde se. cons­ truye primero:

3o. p. g*a

7 = y (4° proporc. geométrica |- = jj ) 4 a . p. gto.

y = z (3* proporc. geométrica: y = y ) R esulta: x = \ / a 2 + y-d - z - g ; a continuación se

y-d=u2

construye:

(u = y proporc.

geométrica). 2)

C onstru ir x = ~

z .g = v2 (v = 4 proporc. geométrica). 2

Se descompone en: x - 4- • f-

Se obtiene: x = \ / a 2 + u 2 - v 2; en esta ex­

Se construye prim eram ente y = y (3* prop,

presión

geom. —■= ~ ) y después:

(t = hipotenusa según Teorem a de Pitágoras).

x = 3)

(4a prop. geom. y = y ).

y = y ) ; y después x =

7)

a 2 + u2 = t2

C onstruir x = ■f-4-^b a

Solución (Fig. 23):

b

(otra 4“ prop,

geom. f = | ) .

AB

C onstru ir x = —7^ cd Se construye prim ero \ / c d = y (y = - i prop,

MB = f

= a

. >M D =

^b =

BC = b

geom. e n tre e y d).

BD = ^ b

(4° proporc. geométrica

— = — ); a x 3)

construir

cateto según el C orolario de Pitágoras).

Se construye prim ero y = y (4® prop. geom.

Resulta: x =

puede

Finalm ente, resulta x = > / t 2 - v 2 (x = un

C onstruir x = -^~ Se descompone en: x = y • ~

4)

se

1

f* 1 11 * M

C onstruir x = \ J 2a 2 - a b Se descompone en: 2 a . - a = y ? ( 4 " Pr2 +, a_z

2

Se construye: v / ( y )2 + a 2 = u

= a2 - 2 ax + x2

(u

=

hipote­

nusa, según Teorem a de Pitágoras).

x2 + 2 ax - a2 = 0 Resulta: x = - y ± u

x = — a =fc \ J a2 + a 2 Se construye s / a2 + a2 = u (u

x = hipotenusa

= - u —y

(no es solución geométrica).

A rectángulo isósceles de catetos = a) x R esulta: x = - a ± u

= u - a

x” = - u - a (no es solución geométrica).

Construcción (Fig. 4): 1) ¡4 recto; AB = AC = a 2) BC = u 3) se hace C D = a )2 7 4 (

Construcción (Fig. 6): 1) 24 recto; AB = a; AC = y .

2) BC = u . 3) Se háce C D = y . Resulta: BD = u — y = x. 5)

Desde uno de los vértices de un A tra­

za r úna transversal de modo que los A parciales tengan el mismo perímetro. Análisis (Fig. 9): Sea A D = x.

Análisis (Fig. 7):

Según el Teorem a de Euclides se tiene que: ACf = AB • X D b2 = (x + p ) ■x b2 = x2 + p -x x2 + p-x - b 2 = 0 x = | - ± V /(P Se construye: • / ( j f + b 2 = u (u

Sea: A D = x; DB = c - x ; C D = t

hipote­

nusa, según Teorem a de Pitágoras).

L a condición dice que: ÂD + C D + Â C = D B + B C + C D

Resulta: x = y ± u -

x + t + b = c-x + a + t 2x = a + c —b x =

=

= -u

(x” no es solución geométrica).

a +c - b

Construcción (Fig. 10):

expresión que es muy fácil de construir. Si se quiere encontrar una construcción »elegante«, se transform a en: x =

a+c+b-b-b

2 s-2 b

= s -b ;

basta entonces trazar la bisectriz del 4 adya­ cente de i, y la bisectriz de y para determ inar Oc; trazando desde Of la .L a AB se determ ina x = AD. (V er figura 8). 1) AB = y p A C = b . Fig. 8

r

2) BÜ = u. 3) se resta y = BD. Resulta: C D = u - y = x. 7) T ra z a r entre los lados contiguos de un cuadrado cuatro rectas, de modo que resulte un octógono regular.

Análisis (Fig. 12): 6) C o n stru ir un A rectángulo, dado un Sea AB = a; si ÁC = x resulta E Ü = x v / 2-por cateto y la proyección del otro en la hipotenusa. lo tanto: )275(

Análisis (Fig. 13): AB+BC+CD+T5A=2s luego AB + BC = s Si AB = x resulta BC = s - x.

en =

X

v / T = IX: = D F = etc.

Luego: AC + C D + I ) B = AB. x + x \/~ 2 + x = a 2x + x s / 2 = a

x =

2 +ay y

Teorema de Pitágoras al A

Se aplica el

x (2 + v / 2 ) = a

ABC: ÁB2 + BC2 = ÁC2

; se amplifica p o r (2- y / 2 )

x2 + (s - x ) 2 = d2 a (2 - n/~2) 2a - a v / 2 _ v X = --------- r - 2-- -------------- 2 ---------------- X

Se construye | - \ / r 2 = u (u

_ . " a

/-5 2 V -

x2 + s2 —2sx + x2 = d2 2x2 - 2sx + (s2 - d 2) = 0

= diagonal de un

cuadrado de lado y ). Resulta: x = a - u.

Se construye s2 - d 2 = u2 (u = un cateto, según C orolario de Pitágoras). Fia 12

Se obtiene: 2x2 - 2 s x + u 2 = 0;

se divide

por 2. x2 — SX + S

,

J =0 / ,

S ,2

u

x = T ± V (y ) - -j Se construye y = v2 (v = | p . geo. entre u u \

Y

Resulta: x = y ± \ / ( y ) 2 —v¿

se construye: \ / ( y ) 2 - v 2 - z (z = un cateto, según Corolario de Pitágoras)

!

Construcción (Fig. 12): 1) AM = y • lucg0 AO = \ \ / ~ í = u. 2) Se cona con O (A. u); se determ ina D yH . .

+ 7.

x

= ys - z

rectamente la fórmula simplificada para resolver la ecuación a) resultando: s ± v / s J - 2 • (ss -d * )

x 4) C on O (B, u) se determ ina C y G , etc. x

Inscribir en u n círculo de radio r un

rectángulo que tenga u n perím etro 2s. )276(

.

= y

Observación: T am bién puede aplicarse di­

3) Resulta: DB = a - u = x.

8)

s

X

2 s ± \ / 2d2 - s!

--------------- j -----------

Se construye 2d2 = u2 (u = y proporción geométrica entre 2d y d o hipotenusa de un A rectángulo isósceles de catetos = d).

I

Se obtiene: x ~

——>etc.

9) D ividir un A dado en dos partes equivalentes p o r medio de una recta que tenga una dirección dada L. Análisis (Fig. 14): Sea L la dirección dada y XY la recta pedida. T razando por A la / / a L el punto D es fijo y por lo tanto se conocen D C y DB = m . Designemos BX = x v BY =y. Luego po­ demos escribir: m inador amplificando por ( s / 2 - l ) . Q ueda: x = s ( \J~2 - 1). x = s \/~2 —s; se construye s \/~ 2 = u (u = diagonal de cuadrado de lado s) resulta x = u — s. Construcción (Fig. 16): D f = ^ ( p u e s A DAB - A YXB). Además, según T eorem a c , N° 341, el A ABC y el A X BY tienen el '

A X BY xy A ABC - ~ C

común; luego:

1 = 2

(porque XY dim idia al A ABC). M ultiplicando las igualdades 1) y 2) miem­ bro a miembro resulta: x xy l e y ác 2 m

1) AB = AC = s

luego: x2 . 2» £ m s a *

2) B C = s > / 2 = u

2 — =u

2

. £m

esta expresión se construye primero como tercera proporcional geométrica

ni _ _c_ c u

3) O (C, s) determ inar D. resulta: B D = u - s = x (lado del cuadrado pe­ dido). Luego; D B E F es el cuadrado pedido.

Resulta: x2 = y - u (x = y p. geométrica en­ 11) C onstruir un A sum a s de su lado y su altura.

tre -j- y u). 10)

C onstruir un cuadrado dada la suma

' de su lado y su diagonal. Análisis (Fig. 15): Sea AB = x , p o r lo tanto b d =x v y . La condición es que: diagonal + lado = s. O sea:

x

v/2+x

-s

x (\/~2 + 1) = s x =

; se racionaliza el deno­

equilátero dada

Análisis (Fig. 17): Sea el lado = 2x, lue­ go, la altu ra h = x \ / 7 . C

la

L a condición es que:

se

^ entre y y a \ / 3 j .

lado + altu ra

=

s

2x + x \ / 3

=

s

x (2 + t / 3 )

=

s

x = T T v T

;

racionaliza

denom inador

el

Construcción (Fig. 19):

amplificando

p o r (2 — \ / J ) . Resulta: x - s (2 —\/~ i) x = 2s - s \/~ 3 ; se construye s \/~ 3

= h

(h = altu ra de un A equilátero de iado 2s) finalm ente: x = 2s - h. s C 1) AB

= BC = CA = 2a

2) C M = a > / T 3) M D = y 4) Se prolonga C M en M E = y 5) y Ó (CE) determina H 6) Luego: M H = x (según el 2o Teorem a de Euclides). 14)

Construcción (Fig. 18):

C onstruir

un

A

rectángulo

dadas

la hipotenusa c y la razón 1:2 entre sus catetos.

1.) AB = 2 s = ÁC = BC

Análisis: sea BC = x; luego AC = 2x (Fig, 20).

2) C M = 5 ^ 3 3) 0 (C, C M ) determ inar D. Resulta: DA = 2s - h = x Luego ÁÉ

= 2x (lado del A equilátero.

A F E pedido). 12) C onstruir un

A

equilátero dada

la

diferencia d de su lado y su altura. Análisis (Fig. 17): E s análogo al anterior: lado = 2x; altura = x \ / r 3. Luego: resulta:

2x - x \/~ 3 = d x = d (2 + \ / T ) x = 2d + d v / 3 ; etc.

13) C onstruir un A

equilátero dada su

á rea a2. A nálisis (Fig. 18): Sea lado = 2x; altura x \/~3. Com o el área de A es = - asf ¿al'ura ■. resulta: 2x-X v/ 3

2

-----1---------3 x2

;s e amplifica porv/^S

x2 - - § » aN/ 3 ( x = 4 )2 7 8 (

proporcional geométrica

Por Teorem a de Pitágoras se tiene: (2 x)2 + x2 = c2 resulta: x2 = y = c - y ( x = y proporcional geo­ métrica entre c y y ) . ’ Construcción (Fig. 21):

1) AB = c; BD = f 2) j O (AB) y i e n D determ inar C.

x

3) BC = x (según el 1" T eorem a de Eu­ clides).

15)

C onstruir un dado su perím etro = 2s. Análisis (Fig. 22):

= —u - j

( no es solución geométrica).

17) T ransform ar un A equilátero de lado rectángulo isósceles a en un cuadrado.

A

Análisis: lado del A equilátero

= a

altu ra del A equilátero

= 4 v/ 3

á rea del A equilátero

= T-iv/3

lado del cuadrado

= x

á rea del cuadrado

= x2

Luego, la equivalencia da: x2 = 4 ' | ‘V/^3lo que indica que x es y proporción geométrica e n tre f y y v /3 .

Sea catetos = x, luego la hipotenusa = x \ f l . La condición es que:

Construcción (Fig. 24): AC + BC + AB = 2s C

2x + x \/~ 2 = 2s x = 2 + 1 / 7 se am pl'f¡ca p o r (2 - \/~2) resulta: x= —■

=

2s - s \ / ^ ;

se construye s \ / r 2 = u como hipotenusa de un

A rectángulo isósceles de catetos = s. Luego: x = 2s — u 16)

T ran sfo rm ar

un

cuadrado

dado

en un rectángulo, de modo que la diferencia de sus lados sea = d. Análisis (Fig. 23):

a2

1) AB = BC = CA = a 2) CD = j

= h

3) D E = f % 2.?

4) y O (C E) y DA — A det. H. Resulta: D H = x (lado del cuadrado pedido), x .d

Sea x = lado menor; luego el lado m ayor es = x 4-d; área del cuadrado = a2 área del rectángulo = x (x + d )

18) T ransform ar un A dado en A equilátero. (Del A se dan sólo los 3 lados, a, b, c).

x ■(x + d ) = a2

Análisis: Ambos A deben tener la mis­ ma área, o sea:

x2 + dx - a2 = 0

A (A dado) = \ / s • (s —a) (s —b) (s —c)

x = - y ± \ / ( y )2 + a2

A (A equilátero) = j - y \ / 3 = ^ ^ ^ 3

se construye \ / ( y ) 2 + a 2 = u (u sa, según Teorem a de Pitágoras).

= hipotenu­

siendo x = el lado del A equilátero. Luego: ~ v / T = v / s •(s - a ) (s - b ) (s - c ) )279<

se construye: s - ( s —a)

= u2 (-i-proporc. geo­

Com parando los A F H E -- A D C E , se obtiene:

métrica) (s —b) (s —c) = v2 ( —p ropo re. geométrica) de donde:

A FHE x2 . , A D C'E~ = " ? ' SC d e s c o m P ° n e )

\ /~ 5 = \ J u2 -v2

F H E - A DCF, _ x2 - c2 A FHE x2

x2 \/" 3 = 4uv luego: x2 =

(se amplifica por v / ^ )

x2 = y u - v x / T se construye v x/~3 = z (z = altura A equilátero de lado 2 v). 2

4

Finalm ente: x

trapecio F H C D '

= j u - z (x

1

= y p ro p o rc . geo­

A FHE

x2 - c =

x2

Dividiendo miembro a miembro las igual­ dades 1) y 2) resulta: trapecio A B H F

a2

trapecio F H C D

x2- c2

- x2

métrica). Observación: Si se conocen todos los ele­

p rim er miembro = 1, luego 1 = ^

m entos del A dado, su área es A = y c • he

de la cual se obtiene: x2 = — y ‘ que es fácil de

2

----------

j

a2 - x2

^

construir:

luego: ^ - v 3 = y C - h c x2 \/" 3 = 2c-hc

a2 + c2 = u2 (Pitágoras)

x2 = |- c-hc v/^3

x2 = y ( y proporcional geométrica).

Se construye he- ^ " 3 = y (y

= altu ra de

A equilátero de lado 21v). T 2 L uego: x

2

= y c * y

*

(x = y proporcional geométrica). 19)

20)

Inscribir en un cuadrado dado, otro

que tenga por lado c. Análisis (Fig. 26): Sea a ellado del cua­ drado dado ABCD yc = E F el lado del cuadrado pedido.

D ividir un trapecio dado en dos partes

Fig. 26

equivalentes mediante una paralela a las bases. (Se dan sólo.los 4 lados del trapecio). A nálisis (Fig. 25): Sea x = paralela F H pedida. C om parando los A semejantes ABE y F H E se obtiene: 'A A B E

a2 ,

A ABE

- A FHE

A Fj ^ r =

A FHE

,

.

(se descompone) a2 - x2 -

x2

Entonces: FB = x ; AF = a - x . Se aplica

luego: trapecio A B H F A FHE ~

a* - x x2

el Teorem a de

Pitágoras

A

AFE: x2 + (a - x ) 2 = c ; se obtiene: 2x2 —2ax + (a 2 - c 2) = 0 Resolviendo esta ecuación por la fórmula simplificada, resulta: a ± \ / a 2 - 2 (a2 - c 2)

x = ------------ J----------a ± \/2 c 2 - a 2 X

--------:— o--------------- ;

en

esta

expresión

se

construye

prim ero

23)

Se ha trazado a un círculo dado una

tangente de longitud dada t; trazar desde el ex­

u2 = 2 c • c ( -y P- geométrica); después:

trem o de la tangente una secante que queda di-

\ / 11 - a 2 = v (C orolariode Pitágoras)

m idiada por la circunferencia. Análisis: Sea PA = t; PM = M B = x. Según el

Finalmente:

Teorem a de la tangente y la secante, resulta (N ° 312):

21)

Inscribir

un

cuadrado en

un

semi­

PA 2 = PB • PM (Fig. 29)

círculo dado. S e a2 x = lado, del cuadrado (Fig. 27).

t2 = 2 x • x x2 = y - t ( x = | p . geométrica).

Fig. 27

Luego:

(2x)z + x2 = r2 5x2 x2 =-g-*r(x = 2 proporc. geom.).

(Observación: resuélvalo p o r homotecia). 22)

En un círculo dado se ha trazado una

cuerda de longitud dada a. T ra z a r por el punto medio de esta cuerda, otra cuerda, de modo que sus segmentos estén en la razón 1 : 2 . Análisis (Fig. 28): Sea AB = a ; C M = x ; M D =2x.

Construcción: 1) Se dim idia AP. 2) Semi G (AP) y - Le n su centro determ i­ na C. 3) PC = x.. 4) G (P, PC) determ ina M . 24)

D im idiar

un

A

por

una

recta, de

modo que se determ ine un triángulo isósceles. Análisis (Fig. 30): Sea C D = C E =x.

Fig. 28

Según el T eorem a x c v (N° 313). CM

M D = AM -M B

x • 2x -

a

a

2' 2

Según T eorem a c (N° 341) se tiene al com­ p a ra r el A ABC con el A D E C , que tienen el 4 .7 común: A DEC _ x x

x2 = y - y ( j proporc. geométrica).

A ABC

a •b

A DEC

1

Pe r 0 lTÁBC = 2 )2 8 1 (

x2

1

(Observación: haga el desarrollo si PB =y;

luego: jg = y de donde

PÁ =x). x2 = a •y ( j p. geométrica). 26)

Construcción:

D ividir u n triángulo en »n« partes equi­

valentes, por medio de paralelas a uno de los lados. 1) se m iO (BC)

Análisis (Fig. 32): Sea, por ejemplo, n = 3

2) C M = y .C Á = 7

partes equivalentes, con lo cual C D =x; C F = y;

3 )X en M det. H

A D E C = trapecio F H E D - tr a p :c i

4)

\B H F .

CH = x

5) C on O (C, C H ) se determ ina E y D .

Fig. 3 2

25) Desde Un extrem o de un diám etro de un círculo dado, tra z a r una secante de modo que la parte de ella comprendida entre la 0 y la tan­ gente trazada en el otro extrem o del diám etro, sea igual a un segmento dado a.

A

A nálisis (Fig. 31): Sea

B

Como se tiene que:

A ABC - A F H C - A D EC

AB = d = 2 r; PC = a

resulta aplicando el Teorem a ci (N° 342).

PÁ = x; BC = y.

L D E C _ CD2 _ ¿

P

Fig. 31

6

Pero

ABC

CÁ2

b2

A DEC 1 ¿T a b c T = T

luego: l)x! = j b ! = y b -b ( 4 proporcional geométrica). A FHC

Análogamente: ^ o sea: y2 = Según el T eorem a de la tangente y secan­ te (N° 312), y después el T eorem a de Pitágoras,

cf1 _

y _ ' b2 _

= -yb-b ( y p . geométrica).

Construcción:

se obtiene respectivamente:1) Se divide AC en 3 partes iguales: C M = x2 = (a + y) • a

= M N =NA.

x2 = (a + y)2 - d 2

2) Se dibuja la semi 0 (AC) y las_Len M y N que determ ina D ’ y F ’; por lo tanto C D ’ = x;

. ‘ . (a + y)2 - d2 = (a + y) - a

C F ’ =y.

a2 + 2 a y + y 2 - d 2 = a2 + ay

3) Con O (C, C D ’) y O (C, C F ’) se de­ Queda: y2 + a y - d 2 = 0

term ina D y F.

y = - y ± \ / ( y ) 2 + d2; se construye 27) ( y ) 2 + d 2 = u2 (Pitágoras)

un diám etro AB de un círculo u n punto X , de y

luego: y = - y ± u de donde:

= u - 2•>y

y

modo que la tangente XY trazada desde él, sea 3¡

=

-

U

-y

(no es solución geométrica). ) 282 (

D eterm inar sobre la prolongación d

igual al duplo de la distancia X B del punto a la circunferencia.

Análisis (Fig. 33): Sea

AB

29)

= d

Inscribir

en

un

cuadrado

dado

un

rectángulo cuya área sea igual a p2.

BX = x XY = 2x

Análisis (Fig. 35): Sea AB = a ; AE = x; EB = = a - x. E F = x s / 2 ; EG = (a - x ) > / 2

El Teorem a de la tangente y la secante, da: (2x)2 = (x + d ) ■x 4x2 = x2 + dx 3x2 — dx = 0

L a condición es que: E F • EG = p2; o sea:

x (3x - d ) = 0

x y / 1 ■(a - x ) y / 2 = p2

x’ = 0

2ax - 2x2 = p2 '

3x - d = O x” - A

2x2 - 2ax + p2 = O /: 2

3

x2 28)

Inscribir en

un rectángulo dado un

rombo, de modo que de los cuatro triángulos de­ term inados dos opuestos sean isósceles. Análisis (Fig. 34): Sea Á E = A F = C G =

EB = a - x; BG = b - x

= y r t s / ' [ y ) 2 — y ; se construye y

x

= u2

( y proporción geométrica) de donde: x = | - ± \ / ( y ) 2 —u2; (y ) 2

- u 2 = v2 (Corolario de Pitágoras)

I luego: {

Fig. 34 'H

x

pero

= C H = x ; luego: E F = x \ / T .

D

ax + -y.“ O

( x”

X’ = y +V = -y -

V

C

30) equilátero.

Inscribir un cuadrado en un triángulo

Análisis (Fig. 36): Sea 2a el lado del A ABC, luego C M = a \ / r3. Sea 2x el lado del cua­ drado pedido. Aplicando el T eorem a de Pitágoras al A

A M C A - DEA ■

EBG resulta:

■

.(x y /2 f = (a-x)2+ (b-x)2

CM _ DE

_ a \/3 _

AM AD a

2x ~ a - x 2x2 = a2 — 2ax + x2 + b2 — 2bx + x de donde se obtiene: x = Se

construye

C

2 (a + b )

a2 + b2 =e2

(Diagonal

AC

del rectángulo ABCD) adem ás 2 • (a + b) = z 2

de donde x =

•

(3a proporción geométrica).. x

)283 (

2x = \ / ^ ( a ~ x) de donde: x =

a v /3

^ ¡= amplifi­

cando p o r (2 — v /3 ) - Resulta: x = 2 a

—3a.

Sea 2 a \/~ 3 = y; luego x = y - 3a. 31)

Designando por »x« el lado del cubo que tiene un volumen doble que un cubo dado de aris­ ta »a«, debe verificarse: 3 T 3 x = 2 •a

C o rtar un triángulo p o r una recta de

Fig. 38

modo que las dos p artes-resultantes sean iguales en área y en perímetro. Análisis (Fig. 37): Sea C E = x ; C D = y ; D E =z.

Luego:

D e aquí obtenemos:

x + y + z = z + ( a —x) + (b —y) + c de donde: 2(x + y ) = a + b + c = 2s 1) x + y = s Además se tiene (N° 341): A DEC

X •y

A ABC

ab

_

1

2

luego: 2) 2xy = ab 1) x + y = s Al resolver este sistema se obtiene: + y / i---------- 2ab x _ s-------s - y / s2 - 2ab

y = ---- 2----

400. D U P L IC A C IO N D E L C U B O Este es otro de los problem as clásicos de los m a ­ temáticos de la A ntigua G recia y que se ha tra ­ tado d urante siglos resolverlo sólo con “regla y compás«. N o se le ha encontrado solución exacta hasta ahora. A continuación daré una solución muy sen­ cilla y al alcance de los alum nos de secundaria.

)284(

x = a • 3\/~ 2 ( = ) 1,25 • a Es decir: x ( = ) -¿j- • a P or lo tanto, para obtener la arista del nuevo cubo basta sum ar la cuarta parte la arista del cubo dado (Fig. 39). Calcule usted el % de erro r que se comete con esta solución.

SEGUNDA

PARTE

^

Q

ESTEREOMETRIA

Arquímedes de Siracusa E ste destacado hom bre de ciencias griego debió vivir en tre los años 287 a 212 an tes de J C . F ue un sobresaliente m atem ático, físico e ingeniero de la época en que le tocó vivir. T a n to en la m atem ática elem ental como en la su p e rio r su contribución al desarrollo y am pliación de conceptos fue de g ran im portancia. A sí, al e stu d ia r los polígonos regulares, logró d em o stra r p a ra el de 96 lados, que el v alo r de está com prendido en tre los lím ites 3 ^ y 3 ^ . P o r lo tan to , tenía la idea de »límite« ta n necesaria en las m atem áticas superiores. C onoció las cónicas. P a ra la elipse encontró que su á re a A = 7r • ab en l,a cual a y b son los sem iejes de ella. C on su »m étodo aproxim ado« dio los p rim eros pasos en el concepto de »límite« que serv irá p a ra el nacim iento y desarrollo p o sterio r del C álculo infinitesim al. Su contribución en la Física es igualm ente notable en las m áquinas sim ples, en el to m illo de A rquím edes, etc. C élebre es su frase: »D adm e un p u n to de apoyo y levantaré el m u n d o « . A sim ism o, sus conocim ientos de h id ro stática lo llevaron a e n u n ciar el conocido P rincipio de A rquím edes: »todo cuerpo sum ergido en un líquido dism inuye ap aren tem ente de peso en lo m ismo que p esa el líquido desalojado p o r el cuerp o « . )285(

•

-

. SI

■

36“ U N I D A D P o sic ió n relativa d e rectas. P o sició n relativa d e p lan os. P a n to s co lin ea les y cop lan arios. Rectas cop la n a ria s. A ngu lo d ie d r o . A n g u lo só lid o .

401. Etimológicamente, estereom etría viene de las voces griegas: stereo = sólido, m etron = me­

El plano se designa, generalmente, con las letras M y N colocadas en dos vértices opues­

dida. Corresponde, p o r lo tanto, a la parte de la

tos, o bien, con una letra (P). N

G eom etría que tra ta de la medición de sólidos, de los cuerpos, del espacio lim itado por super­ ficies. En los N°* 2 al 5 ya vimos someram ente lo re­ lativo a superficies y planos. Resumiendo lo expresado allí podemos decir que la recta y el plano son conjuntos de puntos y que el espacio es el conjunto de todos los puntos. P or lo tanto, las rectas, los planos y las superficies curvas son subconjuntos del espacio pues pertenecen a él. Al u n ir dos puntos cualesquiera de una superfi­ cie plana se determ ina una recta cuyos pun­ tos pertenecen completamente al plano. Esto no sucede en una superficie curva salvo que se trate de las generatrices.

M

En esta representación gráfica del plano las figuras se ven deformadas. Así, en la figura 2, un ángulo recto se puede ver como agudo u obtuso, un círculo como una elipse, un trián­ gulo rectángulo como acutángulo u obtusángulo, un cuadrado como rombo, etc.

E n general, un plano es una superficie plana ilim itada que puede quedar determinado:

402. P O S IC IO N R E L A T I V A D E D O S

A) p o r tres puntos no colineales;

RECTAS

B) por una recta y un punto fuera de ella;

a)

Pueden ser coincidentes y para ello basta

b)

que tengan dos puntos comunes. Pueden ser paralelas en el espacio y para

C ) p o r los lados de un ángulo cuyos lados no sean colineales; D) por dos rectas convergentes;

ello tienen que pertenecer a - un mismo pla­

E) p o r dos rectas paralelas.

no, sin tener puntos comunes:

En una hoja de cuaderno o en el pizarrón se puede representar sólo una porción del plano pues éste es ilimitado. En la práctica vemos corrientemente por­ ciones rectangulares de planos como lo son una pared, una hoja de cuaderno, el pizarrón, la cu­ bierta de un libro o de un pupitre, etc. P or esta razón se elige al rectángulo para representar a un plano, pero que, visto en perspectiva, ap are­ ce como un romboide (Fig. 1). N

L,

a

Ls € (P) (Fig. 3).

-

c)

Pueden cortarse y esto sucede cuando tie­

nen sólo un punto común. d) Pueden cruzarse y esto

■

...

-

404. P U N T O S C O L IN E A L E S . P U N T O S C O P L A N A R IO S . R E C T A S

sucede

C O P L A N A R IA S .

cuando

pertenecen a planos distintos sin tener puntos comunes. ¿Pueden tener puntos

Los puntos colineales son los que están en una

comunes?

los contiene a todos.

misma recta; es decir, existe una única recta que

Si se dibuja una recta en el suelo de la sala y otra en el techo, ¿cómo pueden ser estas

que se encuentran en un mismo plano; es decir,

dos rectas?

existe un único plano que los contiene a todos.

403. P O S IC IO N R E L A T IV A D E U NA R E C TA Y U N PLANO I) En la figura 4 la recta L es paralela al plano (P). P or lo tanto, la intersección de esta recta con el plano es el conjunto vacío: LH(P) = f

________________________

Puntos coplanarios o coplanares son los

Rectas coplanarias son las que pertenecen a u n mismo plano. 405. E JE R C IC IO S En los ejercicios siguientes coloque una “ V ” si lo que se afirm a es verdadero o una »F« si es falso. 1)

(...)Si

se

tienen

cuatro

puntos copla­

narios y no colineales, el máximo de rec­ tas que pueden trazarse por ellos es 6. 2)

( . . . ) Si se tienen cinco puntos coplanarios y no colineales, el máximo de rectas que

(Como L es paralela a una recta del plano, es preferible dibujar L paralela a un lado

pueden trazarse por ellos es 10. 3)

horizontal de la representación del plano).

( . . . ) Si se tienen >’n« puntos coplana­ rios y no colineales, el máximo de rectas

II) En la figura 5 la recta L es perpendicular al plano (P) siendo A el pie de la perpendicu­

que pueden trazarse por ellos es:

lar. Esta recta es tam bién perpendicular a

n + -y (n — 3) = -y (n —1)

cualquier recta que pase p o r su pie. Si L ± (P) => L J- L.

4)

( . . . ) El mínimo de puntos coplanarios y no colineales que puede contener un plano

a U

es 3.

l 5)

( . . . ) El mínimo de puntos no coplana­ rios que puede contener el espacio es 4. L as preguntas 6 a 21 se refieren a la figura 7:

6)

( . . . ) Los puntos A, B, C y D son copla­ narios pero no colineales.

7)

(. . . ) Los puntos A, E e I son colineales.

8)

( . . . ) Los puntos A, B, E , F e I son copla­

III) En la figura 6, la recta L es oblicua al plano (P) y, por lo tanto, lo cortan en un punto A

narios. 9)

( . . . ) L as rectas DA y E H son coplanarias.

10) (. . . ) Los puntos B y D son colineales. 11) ( . . . ) Los puntos A, B, F , I y E son colinea­ les. 12) ( . . . ) Los puntos D , A, E , H e I son copla­ narios, >287 (

Las preguntas 22 a 30 corresponden a la figura 8. 22) (. . . ) (P) n (Q) = AB 23) ( . . . ) S e AB =» S 6 ( P ) a (Q) 24) (. . . ) AB e ( P) a (Q) 25) (. . . ) R e ( Q ) A£ ( P ) 26) ( . . . ) T € ( P ) a * ( Q ) 27) ( . , . ) L G ( Q ) a L c m ; 18) A.

37a U N I D A D C á lcu lo d el área d e la su p erfìcie y d el v o lu m e n de u n cu er p o . P o lied ro s. P r in c ip io de C ava­ lie r i. P rism as. P irá m id es. C ilin d ro s. C o n o s. Esfera. T eo r em a d e E u d oxio. D esa rro llo de cu erp o s geom étricos.

411. Los cuerpos geométricos se clasifican en: I)

Cuerpos poliédricos que sólo por caras p lanas y

son

limitados

E ntre los cuerpos redondos estudiaremos el cilindro, el cono y la esfera. Abreviaciones p a ra la medida de:

II) Cuerpos redondos. Lim itados a lo menos por una superficie curva.

s,

= superficie lateral

S* o B

= superficie basai = superficie total

s,

Poliedros regulares: son los -que tienen todas sus caras y ángulos iguales. Son sólo cinco: el tetraedro, el exaedro, el octaedro, el dodecae­

a

= arista lateral = arista basai

dro y el icosaedro.

2s

= perím etro basai

s

= semiperimetro basai = altura del cuerpo

A su vez, en los poliedros se distingue el ti­ po prism a y el tipo pirámide. Para 1 calcular la superficie de un poliedro cualquiera basta sum ar el área de cada una de sus caras. Si el poliedro es regular basta multiplicar el núm ero de caras p o r la superficie de una de ellas.

Se tiene:

l

h P r

= apotem a lateral = radio de la Q circunscrita a la base.

412. P R IN C IP IO D E C A V A L I E R l a) D os o más cuerpos que tienen secciones equi­ valentes en alturas iguales sobre un mismo pla­ no tienen sus volúmenes iguales.

ai = b, = ci

Fig. 1

a2 =1)2 = o¡ a3 = b) = C3 A)

—t>n — Cn Ade

luego:

Vi

= ai + a2 + a3 4- ................... + a„

V2

= bi + b2 + b3 4- .................... + b.

Va

= Ci + c2 + C3 + ..................... + c„

Vi

= V2= V3 (siem pre que se cumpla con A y la altu ra sea la misma p ara todos los cuerpos).

L a relación an terio r subsiste aunque las secciones equivalentes (a, b, c) tengan un espe­ sor infinitamente pequeño. ,

)293(

El cilindro recto I, el cilindro oblicuo II y el cuerpo irregular III se componen del mismo

está de acuerdo con el principio de Cavalieri. De aquí resulta: »Dos pirámides de bases equi­

núm ero de monedas colocadas una sobre otra entre dos planos / / para que la altu ra de los tres

valentes y de igual altura tienen el mismo volu­ m en1'.

cuerpos sea la misma. T ienen los tres cuerpos el m ism o volumen (Fig. 2).

413. P R IS M A S

Sean las pirám ides de la misma altura Son cuerpos limitados por tres o m ás planos que se cortan según rectas paralelas y por dos planos ht y de bases equivalentes Bj = B2 ; si se paralelos que cortan a los planos anteriores (Fig. cortan p o r un plano cualquiera (CD ) / / a las b)

bases se determ inan dos secciones bi y bj sem ejantes a las bases respectivas. D em ostra­ remos que bi = 1>2. (Fig. 3).

4). 1) D e este modo los tres o más planos que se cortan según rectas paralelas (AA’ / / B B ’ / / C C ’, etc.) forman las caras laterales y los dos planos poligonales paralelos entre sí al cortar los anteriores determ inan las bases del prisma. 2) L as caras laterales son paralelogram os y las bases son polígonos congruentes. 3) Prisma recto-regular es aquél que tie­ ne sus caras laterales perpendiculares a las bases y las bases son polígonos regulares. 4) Paralelepípedo es el prism a en el cual las bases son paralelogramos.

En efecto : B* b,

_

bl

=

u¡

pero como Bj bj

y b2 son

>294 (

(h,)2 lh 7 (h,)2

5) L as caras laterales al cortarse entre sí • ‘ ’

B' bi

h.

determ inan las aristas laterales = / y al cortarse

b?

con las bases determ inan las aristas basales = a.

(híf

= B2 resulta que las secciones tam bién equivalentes,

lo que

6) h = altu ra del prism a, es la distancia en­ tre las bases. Sólo en el prism a recto se cumple que h = /.

I

II

Prism a recto

Prisma oblicuo

414. S U P E R F IC IE D E U N P R IS M A R E C T O -R E G U L A R (Fig. 4-1). S us caras laterales son rectángulos, p o r lo tanto: Superficie una cara lateral = a • / Superficie 5 caras laterales = 5a • l Superficie n caras laterales = na • / E s decir: S, = na • / pero n • a = 2s (perím etro basal) Resulta:a)

S, = 2 s - l

Luego: “ L a superficie lateral de un pris­

La base es un exágono, o sea:

ma recto es igual al perím etro de la base por la arista lateral” . Para calcular la superficie total basta su­ m ar la superficie de las dos bases que son Es d e c ir b) S, = S, + 2 • B

B = a « = j - V \ / 3 (ver N° 355-C). B = - f - • (20)2 ■V 3 = 60 0 y/~3 cm2 P o r lo tanto: S, = S ( + 2 B = 9600 + 1200 y / l

415.

= 9 6 0 0 + 1 2 0 0 -1,73 =

V O L U M E N D E L P R IS M A

P a ra su cálculo se puede aprovechar el Princi­

S, = 11676 (cm2)

pio de Cavalieri. Supongamos que el prism a recto y el oblicuo de la figura 4 están entre dos

V = B -h = 6 0 0 ^ 3 - 8 0 = 48000v / l ( c m 3)

planos / / para que am bos tengan la misma altu ­ ra; adem ás que las bases B y B! sean equivalen­ tes. Al cortar estos prism as por planos / / a las bases resultarán secciones ?£ a B en el prism a recto y a B, en el oblicuo. Pero como B = B i

417. D em ostrar que el cuadrado de la diagonal d e .u n paralelepípedo recto de base rectangular (ortoedro) es igual a la sum a de los cuadrados de las tres aristas que concurren a u n vértice.

el volumen del prism a recto y del oblicuo es el mismo, siempre que sus bases sean equivalentes y tengan la m ism a altura. Luego: »El volumen de un prism a cualquiera es igual al producto de su base por su altura«. Es decir: c)

416.

V = B •h

C alcular la superficie total y el volumen

de un prism a recto-regular exagonal cuya base está inscrita en una O de 20 cm de radio siendo la altura 80 cm. Como la base es un exágono regular se ve­ rifica que a = 4 = r = 2 0 cm. Además siendo recto h = / = 80 cm. Luego (Fig. 5). 2s = 6 - 2 0 = 120 cm. S, = 2s • /

/ = 80 cm

S, = 1 2 0 - 8 0 = 9600 cm2

D .) E l

A

ABC

es

rectángulo

(z, A =90°)

luego, por el T eorem a de Pitágoras resulta (Fig. 6 ):

! ) x 2 = a2 + b ! El

A

D BC

tam bién

es

rectángulo

( S C = 90°) luego, por el mismo teorem a se ve­ rifica:

2) d2 = x + plazando 1) en 2) resulta:

c2;

finalmente

d2 = a2 4- b2 + c2 (q.e.d.).

reem­ ¿Q ué altu ra debe tener para que su superficie total y su volumen queden expresados por el mismo número? Solución: Sea l = h = x S, = 2 s • x + 2ab = 2(a + b ) - x + 2ab

418. C alcular el volumen de un cubo del cual se da su diagonal = d.

V = ab • x

Sea la arista = x. Solución: Según N° 417 se tiene que:

luego:

d2 = x2 + x2 + x2 - 3x2

2

luego:

- (a + b ) ■x + 2ab = a b • x

x • [ab —2(a + b)] = 2ab 3

JL

x =

X

d V 3 ’

Si a = 8 cm, b = 4 cm resulta: 64

nacionalizando resulta:

x = f

2ab ab - 2 ( a +b)

x _ Í2 -Í4

v'T

x = 8 cm

P or lo tanto el volumen es:

421.

V = x 3 =< 4 v ^ 3 f = 4 t ( v ^ ) 3 = 4 \ f i

D eterm inar el volumen de un cubo dada

su superficie total S. Solución: Sea x = arista.

419. L as aristas de un paralelepípedo recto de base rectangular son entre sí como 1 : 2 : 3. Si su diagonal mide 4 \ / 14 cm. ¿C uánto mide su su­ perficie total y el volumen?

Entonces: la superficie de una c a r a = x 2 de donde: 6x* = S

Solución: a :b :c

v = x* = ( V t 7

=1:2:3

a2 4-b2 +c2 = (4 v ^ T Í)2 = 224 K2 + 4K

+ 9K

= (v ? )1V F

sea: a = K b = 2K c = 3K

resulta: V = |

y /ó S

E j.: si S = 54 cm2 se obtiene V = 27 cm3

= 224

14K2 = 224 K2 = 16 K = ±4

luego:

a = 4

422. C alcular el volumen y la superficie de un

b = 8

cubo del cual se da el perím etro 2s de un plano diagonal.

c = 12 2s = 2 - (4 + 8 ) = 14 S( = 2s - l / = c = 12 S,

= 2 4 - 1 2 = .2 8 8 cm*

B

= a • b = 3 2 cm2

S.

= 288 + 2 - 3 2 = 352 cm*

V

= B • h = 3 2 - 1 2 = 384 cm

420. Las aristas basales de un paralelepípedo recto de base rectangular miden a cm y b cm. ) 296 (

Solución: Sea x = arista (Fig. 7). Si la arista = x la diagonal BC = x \ A 2

Luego el perím etro del plano B E D C es:

//

2 x \/~ 2 + 2x = 2 s :2

://

x ^ 2 4- x = s x (\/~2 + 1) = s

y // // / /

Fig. 8

/ / / / c

W

7

X “ n/ 2*+1 se

racionaliza

el denom inador

por una superficie cilindrica cerrada y dos pla­

p o rV 2 -1 ). resulta:

Cilindro es, en general, el cuerpo limitado

amplificando

x = 5 (^/2 ^ — 1)

nos paralelos que la cortan (Fig. 9).

Luego: Fig. 9

V = x3 = s3 ( \/~ 2 - l) 3 V = s3 ( 2 \ / r 2 - 6 + 3 ^ / 2 - 1 ) V =■ s3 -(5 V T - 7 ) S, = 6x2

El cilindro más conocido es el cilindro cir­ cular u ordinario en el cual las bases son círcu­ los, es decir la directriz es una circunferencia.

S, = 6 • s2 ( > / 2 - l f S, = 6s2 • (3 —2 > / 2 )

De ahora en adelante nos referiremos á éste, cuando hablemos de cilindro.

42.3. C alcular el volumen y la superficie de un cubo dada el área a2 de su plano diagonal. Solución: Sea x = arista, luego BC = x \/~ 2 ;

425.

el área del plano diagonal será = BC • B E (Fig.

al g irar un rectángulo en 360° en to m o a uno de

7).

sus lados que sirve de eje; o bien, al g irar un rectángulo en 180° en tom o a la sim etral de un

x •x\Í2

Al multiplicar miembro m iembro resulta:

= 6x2

S • x2v ^ 2 = 6a2xz de donde:

S =

Amplificando p o r \/~ 2 se obtiene S = 3 a2 \/~ 2 ■Z2

lado. 2) El lado que gira y que, por lo tanto, en­ gendra la superficie o manto del cilindro, se llam a generatriz = g y es paralela al eje 00’.

6a2 V2

Además siendo x =

E L C IL IN D R O (Fig. 10)

1) es un cuerpo de revolución que se engendra

resulta:

3) E l cilindro es recto cuando todas las generatrices son perpendiculares a las bases que son círculos = ; luego g - h. 4) El cilindro se puede considerar como un prism a regular de infinitas caras laterales infinitam ente pequeñas. Luego, para el cilin­ d ro son válidas las m ism as fórm ulas del prism a. E s dedr:

424. S U P E R F IC IE C IL IN D R IC A Es la superficie que se engendra p o r el movimien­ to de una recta que se traslada paralela a si misma,

Fig. 10

apoyándose sobre una curva cualquiera C. La recta L que engendra la superficie cur­ va se llam a generatriz y la curva C sobre la cual se apoya en su traslado se llam a directriz (Fig. 8))297(

r2. ¿Cuánto mide el radio del tercero si su vo­

2s = O = 2tt r S, = 2s = /

lumen es igual a la sum a del volumen de los otros

l =g

dos? ¿Cómo es la superficie del m anto del tercer cilindro, comparada con la suma de la superficie

luego la superficie del manto del cilindro es: a)

de los otros dos? Solución:

Sr = 2 x r - g

L a base es un O , luego:

V¡ = ir T]2 - h

b)

V2 = jr r22 - h

B = >rr2

V, = * x2 ■h c) S, = 2 ir rg + 2 - 7r-r = 2tt r • (g + r)

Pero:

El volumen del cilindro es: d)

V

V , = V,

+ v2

D e donde:

= B • h =' x i* - h

x x..2l_ 'h = ir ri22 h + ir r22 - h, 426.

¿C uánto mide el radio de un cilindro si su

superficie lateral es equivalente a la sum a de la superficie lateral (manto) de otros dos cilin­ dros de radios' ri y r2 respectivamente y si los tre s cilindros tienen la misma altura? ¿El nuevo cilindro tiene un volumen m ayor o menor que la sum a de los volúmenes de los otros dos? Solución: Sea x = radio del cilindro de su­ perficie S , equivalente a Si +

es decir: a)

Luego: S, = Si + S 2

x = • / ti

Calculemos cada uno:

la

+ r25

superficie

del manto de

Si = 2 tt r, -g 1 Sj = 2 ,r r 2 -g ) b> Sl + S 2 = 2 ^ g ( r i + r 2) S,

51 = 2 jr ri • g 5 2 = 2 ir r2 • g

2 — 21 .r2 - 22 x-2 = r, 2- +

resulta

= 2 x x • g = 2 x g •%/ ri2 + r*2

pero: > / riS + r22 < (ri + rt )

S, = 2 ir x • g

en efecto; elevando al cuadrado: 2ir x -g = 2 ir r ,- g + 2 x r2-g /: 2;r g

ri2 + rj2 < ri2 + r22 + 2ri • r2

resulta:

Luego: S, < Si +

1)

x = ri + r2 428. L A P IR A M ID E 1) E s un cuerpo limitado por tres o más planos

C om pararem os los volúmenes:

que se cortan en un punto común llamado cúspi­

V! = , r ,2 • h

de y por otro plano que corta a todos los anterio­

V2 = jr r22 • h

res sin p asar por la cúspide. Los prim eros forman las caras laterales que son triangulares, y el

- • 2) V i+ V 2 = jr h (ri2 + t í 2)

últim o es la base que es u n plano poligonal (Fig. 11).

Pero: 3)

V , = x x2 • h = x • h(ri + r*)2

2) Altura - h de la pirámide es la perpen-

Al com parar 2) con 3) se desprende que:

V,

>

Vi

+

V2 porque

(r, + r 2)z

>

> (r,2 + r22)

pendicular trazada desde la cúspide C a la base. 3) p = apotema lateral es la perpendicu­ lar trazada desde la cúspide a la arista basal = a. 4) L o pirám ide es recta-regular cuando su base es un polígono regular y su altura cae

427. T re s cilindros tienen la misma altura; si

en el centro O del polígono. En este caso las ca­

los radios basales de los dos prim eros son ri y

ras laterales son A isósceles.

)2 9 8 (

Superficie lateral de la pirám ide recta-regular Basta calcular la superficie de una cara y m ul­ tiplicarla p o r el núm ero de ellas. E n efecto (Fig.

Superficie 1 cara lateral

= A BD C = —j -

Superficie n caras laterales = n \ p pero n ■a = 2S, luego S, = 2^.P de donde: a)

S* = s ■p

Es decir: “ La superficie lateral de la pirám ide recta-regular es igual al producto del sem iperi­ metro basal por el apotem a lateral” . b) L a superficie total será: S, = Sf +B

y cúspide B). Sacada esta pirám ide queda otra pirám ide de base cuadrangular A C FD y cús­ pide B, tal como se indica en la figura 13. Al

429. T E O R E M A D E E U D O X IO (año-370):

co rtar esta pirám ide por un plano que pase por

“ T odo

triangular se puede descom­

la diagonal AF y la cúspide B se obtienen dos

poner en tres pirám ides que tienen el mismo vo­ lum en” . (Figs. 12 a 14).

pirám ides triangulares que tienen la misma cúspide B y sus bases equivalentes A F’D ’

prism a

Demostración: (Se basa en el N” 412-b). Al co rtar al prism a triangular A B C D E F por un pla­

y A F’C , como se indica en la figura 14. Luego,

no que pase p o r la arista D F y el vértice B se ob­

estas dos pirám ides A F D ’B y AF’CB son equi­ valentes por tener bases equivalentes y la mis­

tiene la pirámide triangular D E FB (báse D EF

m a altura. Pero la pirám ide. A F ’CB (consideran­ do como base el triángulo ABC y cúspide F ’) es equivalente a la pirám ide D EFB (de base el A D E F y cúspide B) porque sus bases ABC y D E F son triángulos congruentes. Luego, las tres pirám ides formadas son equivalentes y el volumen de cada una de ellas será la tercera parte del volumen del prisma. Se obtiene que: »el volumen de una pirám i­ de triangular es igual a la tercera parte de la su­ perficie basal por su altura«. Si se trata de una pirám ide cualquiera se )2 9 9 (

divide

trazando

r,

planos que pasan p o r la cúspide C y las diagona­ les AB, A D, etc. trazadas desde un vértice A de

en

pirám ides

triangulares

•

la base. Al sum ar los volúmenes de estas p irá­ mides triangulares se obtiene el volumen total de la pirám ide (Fig. 15).

= /* - h* = 25* - 15* = 625 - 225; . r = 20 cm, pero 4 = r, luego la arista

basal mide a = 20 cm. En el A B M C por el mismo corolario se calcula C M = p P* - t

~ ( - |) !

p2 = 252 - 102 p = \ / 525 = 5 s / 2 \ cm luego: Sí = s • p = 3 - 2 0 - 5 \ / ~ 2 Í = 300 y / l \ cm* La base de un exágono, luego B =-|~r'* \/~ 5 (verN ° 355-C). B = -§- ■(20)2 - v / 3 = 60 0s /~ S cm2

V = y Bi -h + - jB î -h + -5 -B3 -h + . .. + -ÿ B„ -h

S, = s, + B = 3 0 0 s /2 T + 6 0 0 n /3

lo que da:

S, = 3 0 0 v /3 ( v / T + 2 ) cm!

V = ÿ h (B, + Bs + B 3 + .......... + B„)

V = y B - h = -y - 6 0 0 > /3 - 1 5 = 3000 s/~5 cm3

Es decir: c)

431. D em ostrar que los lados homólogos de sec­ ciones planas paralelas a la base de una pirám i­

“ El volumen de una pirám ide cualquie­ ra es igual a tercera parte de la superficie basal por la altu ra” .

de son entre sí como las distancias de las seccio­ nes a la cúspide (Fig. 17).

430. ¿C uál es la superficie total y el volumen de una pirám ide recta-regular exagonal si su aris­

17

ta lateral mide 25 cm y su altu ra 15 cm? Solución: E n el A A O C se calcula A O = r p or medio del C orolario de Pitágoras (Fig. 16).

16

T .) AB : A’B’ = O C : O ’C D .) C O A - A C O ’A’ . ' . 1 )Ô Â :C F Â = Ô C : Ô ÎC

pero polígono A B D E F ~ polígono A ’B’D ’E ’F ’.

Vol. de 8 pirám ides = - |luego: volumen del cuerpo formado

2)

O A : V A ' = AB : Á Ti’ = aa3 - —6 -— ¿6 a 3

D e 1) y 2 ) resulta: AB : STB’ = O C : 432. Las áreas de secciones planas paralelas a la base de una pirám ide son proporcionales a los cuadrados de sus distancias a la cúspide.

434. C alcular la superficie y el volumen de un tet raedro regula r de arista a L a superficie es igual a 4 veces el área de una cara que es A equilátero (Fig. 19). C

T .) B, : B, = 0 0 * : C O ’2 D .) Según N° 343 las áreas de 2 polígonos se­ mejantes son proporcionales a los cuadra­ dos de dos lados homólogos; o sea (Fig. 17): Bi : B* = ÁB2 : A5! * pero según N° 431 se tie n e q u e : AB2 : ¡VB’2 = O C 2 : O 5?? luego: B, : B* = O C2 : CFC?

Luego: S = 4 • A ABD = 4 ■ BD2AM.

433. E n un cubo de arista a se unen en cada cara los puntos medios de las aristas. ¿Cuál es el volu­ men del cuerpo que resulta? (Fig. 18).

S = 4 • y ■y \/~ 3 = a2 s/~2> Su volumen es el de una pirámide de base trian g u lar ABD = y y / 1 y de altura h. Se calcula h en el A A O C en el'cual A O = -j- de A M = y • y \/~ 3 - y y / 3 y AC = a Entonces: h* = a* —( y \ / 3 j * = a2 —- y = y - • • a v ^ y = h Luego: V = y A (ABD) • CO. V = T ’ 7 V ^ -a

Solución: Basta restar al volumen total a3 del cubo, 8 veces el volumen de la pirám ide de

base

triangular

(tetraedro)

tal como la

= -y s f l

435. C alcular la superficie y el volumen del oc­ taedro regular si su arista es a (Fig. 20). C Fig. 20

M B N C cuya base es un A rectángulo de cate­ tos ~ y su altu ra es tam bién BC = y

Luego:

V (p irá m id e M N B C ) =- - j B - h =

• -y- • -§- = )301<

Solución: L a superficie es igual a 8 A ABC; luego: S - 8 •

■ y v / 3 = 2a2\ / 3

Su volumen es el doble de la pirám ide cuadran g u lar A BD EC, en la cual se tiene: AD =

a s/~2

AO = y

(diagonal de un

cuadrado)

1)

Es un cuerpo de revolución que se obtiene

en 360° un A rectángulo en tom o a un cateto. El cateto CO que permanece fijo es el eje del cono y la hipotenusa CA que engendra la superficie curva o m anto del cono es la generatriz = g. 2) Tam bién se puede engendrar giran­ do un A isósceles ADC en 180° en torno a su altu ra CO.

por lo tanto:

3) Asimismo,

h2 = CA* - AO2 h2 = a 2 - ( f v ^ 2 ) 2 h2 = 4

437. E L C O N O (Fig. 22).

■

un

cono

se

puede

con­

siderar como una pirám ide angular de infinitas caras laterales infinitamente pequeñas. Por lo tanto las mismas fórm ulas de la pirám ide va­ len para el cono.

h

(se obtiene lo mismo m ás rápidam ente obser­ vando que por ser regular el octaedro se verifi­ ca que: AD = C C ’ = BE = a \/~2\

F ig . 2 2

luego: h = y C C ’ = y s / T ) Entonces, el volumen del octaedro regu­ la re s: V

= 2- pirám ide (ABDEC) =

----------- 4D = 2- y a2• y \/~ 2 = 4

^

436. S U P E R F IC IE C O N IC A Es la superficie engendrada p o r el movimiento de una recta que pasa por un punto fijo y que du­ rante su movimiento se apoya sobre una curva

En efecto: 2 ir r

Si = s ■ />; ahora b = —¿ '

= ir r; p

= g;

luego: a)

sI = JT r • ¡

La base es un circulo, luego: b)

B t4.it r

La superficie total: c) S, = 7r rg + ir r2 = TT r-(g + r) El volumen es: d)

V = 4 B-h = y JC r2 • h

Cono es el cuerpo limitado por una su­ perficie cónica cerrada y p o r un plano que no pasa p o r la cúspide. Cono circular es el cuerpo limitado por

438. ¿Cuál es la superficie total y el volumen

una superficie cónica circular y un plano que no pasa p o r la cúspide.

de un cono recto si su radio basal mide 5 cm y su altura 12 cm?

E1 cono más conocido es el cono de revolu­ ción y a él nos dedicaremos especialmente. )3 0 2 (

Solución: Aplicando el Teorem a de Pitágoras al A AOC se calcula la generatriz:

Es decir: “ La superficie lateral de una pirá­

g2 - h2 + r2

mide truncada recta regular es igual a la suma de los semiperímetros de las bases por la apote­

g2 = 12 2 + 5 2 = 169 . . g = 1 3 cm

ma lateral” . La superficie total será:

Luego:

b) S, = Si + Bj + Bí

aj Si - 7T rg = jr • 5 • 13 = 65ir (cm2) b) B = ir r2 = *• • 52 = 2 5 jr (cm2)

»El volumen de un tronco de pirám ide cualquiera es igual a la tercera parte de su altura

c) S, = 65ir + 2 5 ir = 90 jt (cm2)

p or la sum a de las superficies de las dos bases y más el medio geométrico de ellas".

d) V = y i r r - h = - j 7T-25-12 = 100*-(cm2)

Es decir: V — 5- (Bi + Bs + \ / B] -Ba)

e) 439.

T R O N C O D E P IR A M ID E (La demostración de esta fórm ula está en

1) E s la parte de una pirám ide comprendida entre la base y una sección paralela a ella que recibe el nombre de base superior de la pirám i­ de truncada (Fig. 23). 2) Sus caras laterales son trapecios y sus bases son polígonos semejantes. 3) Si es recto-regular las caras laterales son trapecios isósceles y sus bases polígonos regulares semejantes. 4) h = O O ’ es la altu ra que es la distancia entre las bases. 5) p

-

apotem a lateral es la_L entre las

aristas basales de una cara lateral; en la figura 23, la distancia (X) entre las aristas AD y A’D ’ e s la 1 M N = A’E = p -Para calcular la superficie lateral en el

seguida).

440.

Sea hi = C O la altu ra de la pirám ide total de superficie basal Bi; C ü ’ = hj la altura de la pirám ide complementaria de base Bj; O O ’ = h la altura del tronco de pirám ide (Fig. 23). El volumen del tronco es igual a la diferen­ cia entre los volúríienes de las dos pirámides de altura C O y C O ’. Luego: V = y Bi • hi - 4 B2 - h2 pero hi = h + h2 V = -y B! (h + h 2) — j B¿ -h2

tronco de pirám ide recta-regular basta cal­ cular la superficie de una cara según la fórmula del trapecio (N° 257) y m ultiplicarla p o r el n ú ­

V

m ero de caras. En efecto:

^ ■p

,o n •a’ + n - a” o b len : Si = ------- j------ ' P> pero:

=

a)

Superficie 1 cara lateral = a- y a • p Superficie n caras laterales =

VO LU M EN D EL TRO NCO DE P IR A M ID E :

-y

V

Bi h 4- y Bih2

------B2 ■

= y B, - h + 4 - M B , —B2);

calcularemos h2 que no pertenece al tronco. Como según el N° 432 las áreas de las bases son proporcionales a los cuadrados de sus distan­ cias a la cúspide, podremos escribir que: B, h,s ,, -----= —— ; se extrae raíz, resultando: B2 h/

n • a ’ = 2s’ (perím etro base inferior) n a ” = 2 s” (perím etro base superior) hj

-jj— **

\/" B i

,

h¡ — h |

, se descompone: ——— .

Luego: S, = 2s’ + 2s" •finalmente:

pero h, - h 2 = h ;

luego 1^ =

•/H , - \ / ”B2

7%

— . Je >/BT —v^Bi

racionaliza el denom inador amplificando por S = (s’ -f s” ) • p

( v ^ b í + - \/B ¡ ) . )3 0 3 (

lor en la fórmula c) se obtiene: V =

h (s /B -b —b)

(B + b + v H T b )

3b

M ultiplicando

y

reduciendo

se

obtiene

finalmente: V = ^ - ( B / B l - b 2)

442. E n un tronco de pirám ide recta-regular exagonal las aristas basales miden 30 y 10 cm respectivamente; la arista lateral mide 25 cm. C alcular la superficie total y el volumen (F ig -24). c u h \ / B, ( \ / Bi + \ / Bf) . Se obtiene h 2 = --------- ¡3----- 5--------- , se reem plaza

F ig. 24

B, - B ,

este valor en a): 1 d u 1 I h -s/B í (V"BÍ + V % ) V = — -h + - - ------------- - ■ ---------

5

Se efectúa el producto:

4 h \ / B,-B 2

V = - y B ,- h + finalmente:

4-

- y h -Bí

c) V = 4 - ( B , + Bj + V B T 7 S )

Luego: el volumen de un tronco de pirám i­ de es igual al producto de la tercera parte de su altu ra p o r la sum a de sus dos bases m ás el medio geométrico de ellas.

Solución:

Se calcula

p en el A

BEC

(4 recto en E): en el cual

CB = 25; B E =

• -y- = 10 cm;

luego: p* = BC* - BE*

441. D eterm inar el volumen de un tronco de pi­ rám ide de bases B y b, siendo h la altu ra de la pi­ rám ide complementaria. Solución: Sea la altu ra del tronco O O ’ = x; C O ’ = h (Fig. 23). Como las superficies de las bases son p ro ­ porcionales a los cuadrados de sus distancias a la cúspide, resulta: B

(X + h )2

T

; se extrae raíz a ambos miembros:

p

% =

25* - 10*

=

525;

p = 5 \/~ 2 \ cm. a) S, = ( s ’ + s ” ) - p = ( - ± f - + f ) - 5 n A 21 = = S, = 6 0 0 v /2 lc m 2 Com o las bases son exágonos regulares, se obtiene: OA = AB = 3 0 c m y O ’D = D C = 10 cm. Luego, la base inferior mide:

j/B .

x 4-h

Bi =• 5 - ^ \/~ 3 (V er N° 355-C).

h h( «y/ B —v/b) . ,— x = -------y==----- ; amplificando por \y b,

Bi = 4 ' ( 30)2,/ 3

= 1 3 5 0 s /T c m 2

Análogamente, la base superior mide:

se obtiene: _ h ( y/"B~-~b —b)

B2 = \

■T\ \/~ 5

b que e s la altu ra del tronco, sustituyendo este va)3 0 4 (

B* = 4 - ( l 0 ) 2 - v /3 = 150 \ / l 5 cm 2

Por lo tanto, la superficie total es: Sr = 600 N/ T f + 1350 y/~ 3 + 1 5 0 y / 1

3) O bien, se engendra por la rotación de -

=' 3 0 0 ( 2 > / l T + 5 N/ T ) c m 2 P ara calcular el volumen debemos calcu­ lar prim ero la altura h = 0 0 ’ que es igual a la X DF Se calcula h en el A Á F D , en el cual A F = 3 0 - 10 = 20 cm. FD 2 = ÁD2 - A F h2

= 25a - 20^

h2

= 225

h

= 15 cm

un trapecio isósceles ABCD en 180® en torno a la simetral O O ’ de sus bases. 4) Tam bién se le puede considerar como una pirám ide truncada regular de infinitas caras laterales infinitam ente pequeñas. Luego, son válidas las mismas fórm ulas de la pirám ide tru n ­ cada. Es decir: S( = ( s + s ’) • p P ara el cono truncado se tiene: s = ^

; s ’

Resulta: a)

S< = T g ( R + r)

Luego: L as superficies basales son:

v =4(B>+Bs+v/ BTBD

Bi = jr R2; B2 = * r*

sustituyendo queda

La superficie total: V = -j- -(1350 < / 3 + 1 5 0 v / l + +

V

1350-V T -1 5 0 ^ )

V - 5 - ( 1 5 0 0 v / 3 + \ / 1350-150- 3)

b)

S, = Si + Bi + Bj

Su volumen: V = -y (Bi + B 2 + > / B - B*, reem plazando el valor de S, B2 = jr r^, resulta:

= ,

R1 y el

V = 5 • ( 1 5 0 0 v / 3 + v ' 9 - 1 5 0 -1 5 0 -3 ) V = 5 - (1 5 0 0 > /3 + 4 5 0 > /3 j

V = ^ f • (R2 + 1^ + R - r)

c)

V = 9 7 5 0 V rJ (cm 3) 444. 443. T R O N C O D E C O N O O C O N O

C alcular la superficie total y el volumen de

un cono truncado cuyos radios basales miden 20 y 12 cm, y su generatriz 17 cm.

TRUNCADO 1) Se obtiene al cortar un cono p o r un plano / / a la base (Fig. 25).

Fig. 26

Fig. 25

Solución: (Fig. 26). a) S( = r g - (R + r) S, 2) E s un cuerpo de revolución que engendra al g ira r en 360" un trapecio rectángulo A O O ’D en torno a su lado O O ’ | a las bases. E ste lado O O ’ es el eje del cono truncado y el lado A D que engendra el m anto es la generatriz.

= x -

17(2 0 + 1 2 ) = 5 4 4 x (cm)

se b) B, = i R * = 400 jr (cm*) B2 = * 1* =

144 x (cm*)

luego: S, = 544* + 4 0 0 » + 1 4 4 * = 1088x(cm*)

c)

v=

(R2 + r2 + R • r); previam ente'

se debe calcular h en el A A E D , según el C oro­ lario de Pitágoras, en el cual ÁD =17;

2 i r p - h = r g ■(R + r ) pero según N° 443-a: Si = n g • (R + r ) luego:

a)

AE = R —r = 2 0 —12 = 8 cm. Esta fórmula será de gran utilidad en la es-

Luego: h2 = g 2 - AE2 = 172 - 8 2 =225

446. E SF E R A

. . h = 15 cm.

Es el lugar Geométrico de todos los puntos del

Resulta: V = J i n (400 + 144 + 240) =3940*- (cm3)

445. D em ostrar que la superficie lateral de un tronco de cono recto es igual a su altu ra por la longitud de la O de radio igual a la J - trazada en el punto medio de la generatriz y comprendida entre ésta y el eje (Fig. 27).

espacio que equidistan de un punto dado. Es­ te punto se llam a »centro de la esfera« y la dis­ tancia constante es el radio de ella. Tam bién es un cuerpo de revolución y se engendra por la rotación en 360° de un semi­ círculo (p o r ej. AB) en torno a su diámetro AB; o bien, de un círculo en 180° en tom o a su diá­ m etro (Fig. 28). 1) Círculos

m áximos:

son

aquéllos

que

se determ inan al cortar la esfera por un plano que pasa por el centro. P or ej. O (AB) o O (CD) (Fig. 28). 28

H .) eje O O ’ ± bases (AB) y (D C) BM = M C ; M F -L BC; M F = P; O O ’ = h. T .) S = 2 ttp -h D .) Se traza M E / / OB y C Í ? ± O B resultando A C H B — A M E F ; luego:

2)

Segmento esférico es la parte de la

fera com prendida entre dos planos / / que cor­

i \ M E = CH ' MF

CB

Como M E es la m ediana del trapecio O B C O ’,

tan la esfera. Los planos (PQ ) y (RS) determi­ n an el segmento esférico (RSQ P) (Fig. 29).

se tiene que M E = - ^ r 1- - T • (R + r) Reem plazando los valores correspondien­ tes en 1), se obtiene: T

(R +r)

p

_

h

g

2 p - h = g ■( R + r ) ; multiplicando p o r jr resulta:

F ig. 29

3) Zona esférica del segmento esférico.

es

la

superficie

curva

4) Al cortar una esfera sólo p o r un plano

Fig. 32

(AB) se determ ina un casquete esférico (ABC): (Fig. 29). se puede considerar como un seg­ mento esférico cuando uno de los planos es ta n ­ gente a la esfera, o sea cuando uno de los círculos se reduce al punto de tangencia que pasa a ser el vértice C del casquete. 5) Huso esférico es una parte de la super­ ficie de la esfera lim itada p o r dos semicircun­ ferencias m áxim as de diám etro común P Q (Fig. 30).

o)

Anillo esférico es la parte de la esfera

engendrada por un sector circiilar al g ira r en torno a un diám etro (Fig. 32).

P

9) F ig. 30

Superficie de la zona y casquete esféri­

co. Los infinitos O máxima que tienen por diá­ m etro C H determ inan en la zona esférica arcos iguales tales como (Fig. 29) Í*R = @ = ........ T razando las cuerdas P R , Q S, . . . de estos arcos se forma un tronco de cono de generatriz QS. Luego la superficie lateral de este tronco de cono será de acuerdo al Teorem a del N ° 445, igual a"

6) Cuña o inglete esférico es una parte de la esfera com prendida entre dos semicírcu­

la O de radio M O multiplicada por la altura E F = h del tronco de cono RSQ P. E s decir: a) S = 2 v M O ■h

los de diám etro común. El 4 diedro a que for­ m an estos dos semicírculos se llam a am plitud del huso o abertura de la cuña (Fig. 30).

Pero si la altura h es infinitamente peque­ ña la cuerda Q S se hace igual al arco QS, y en

7) Sector' esférico es la p arte de la esfe­

consecuencia la _L M O coincide con el radio R de la esfera.

ra que se engendra al g irar un sector circular (O B ’PB) en to m o a un diám etro PQ . Sobre

P ara calcular la superficie de la zona (RSQ P) habría que dividir la altu ra E F = h en

la superficie de la esfera lim ita una zona esféri­

partes infinitam ente pequeñas (ai, a j . . .

ca o un casquete esférico. En este último caso el sector esférico es la parte de la esfera que está

tra z a r por estas partes planos paralelos a las

lim itada por un cono cuya cúspide está en el cen­ tro de la esfera y p o r el casquete esférico corres­ pondiente (Fig. 31).

a,)

anteriores que determ inarán infinitas zonas cuyas superficies se determ inarán por la fórm u­ la anterior a). Sumando las superficies parcia­ les Si, S2 . . . S„, de todas ellas se tendrá la superficie de la zona (R SQ P) de altura E F = h . De este modo se obtiene (Fig. 29): 51 = 2 ir R ■ai 5 2 = 2 ir R • a2 +

F ig. 31

S„ = 2 r R ■a„ S — 2jr R • (ai + a 2 . . . +a*). ' ' )307(

V , = t b, ■R

pero: a! + a 2 + . . . + a„ = h luego:

V2 = - j b , • R +

S = 2r R •h

b)

Igual raciocinio se sigue, p ara el casquete V, = 4 b „ - R

esférico llegándose a igual resultado. Luego: “ la superficie de una zona ó de un casquete esférico es igual a la O de un círculo

Sumando, se obtiene:

máximo p o r la altu ra de la zona o del casquete” .

V = - y R (b , + bi + . . . + b „ ); Si la esfera se corta sólo p o r un círculo m á­ pero ximo se form an dos semiesferas (o hemisferios) que son casquetes de altu ra igual al radio R

b] + b j + . . . + b n = 4 jrR 2;

de la esfera. P o r lo tanto, la superficie de una seluego:

miesfera es, según b):

V = -y R -4ir R2; 1° que da:

S = 2 » R - R = 2 * RJ y la superficie total de la esfera será el doble. Luego: S = 4

c)

V = jr R 3

d) R

O en función del diám etro D = 2R.

E s decir: »La superficie de una esfera es el

se obtiene:

cuadruplo de la superficie de uno de sus círculos máximos«. 10) Volumen de la esfera: Si se divide la superficie de la esfera en partes iguales (como

e)

V

la ABCD que se obtiene al cortarse dos meridia­ nos con dos paralelos) y se unen su perím etro con el centro O de la esfera se obtiene una serie

447. ¿C uál es el volumen y la superficie de una

de pirám ides de altu ra R y base A B C D = b . El

esfera cuyo volumen es igual a la sum a del volu­ m en de dos esferas que tienen por superficie Si

volumen de una de estas pirám ides es (Fig. 33):

y S í? Solución: Se calculan los radios Ri y Rj

V, = 4 - b - h

de las esferas Si y S2

Si =4» Rj

• • R> = V T 7 - T

Sj = 4* Ra2

R* = T V T-

ComoV* = V i + V 2, resulta: = 2. 2o. tronco de cono de radios D B = 5 y EA = 1; altu ra D E = 2. 3°. A Solución: Como las diagonales del rombo son perpendiculares, el lado (Fig. 4)

la

suma

de

los

dos

basales

anteriores

se debe restar el tronco de cono de radios basales C C ’ = 4 y EA = 1 ; altu ra (T E = 4. Luego:

ÄB = s A * + 3a = > /2 5 = 5 cm. Se engendra el cono (D ’D A ) m ás cilin­ dro (C’C D ’D) y menos cono C ’CB. Pero como A D ’D A s C ’CB , queda sólo un vo­ lum en equivalente al del cilindro (C’C D D ’) de radio basal: D H . El

problema es, por lo tanto,

Area =

= 24 cm2

Area = ÄB ■D H = 5 ■D H )« * (

(52 + 42 + 5 - 4 ) =

V,

(5* + 1 * + 5 -1 ) — S |£

Vi + V =

^

V3 = -*y¿ (42 + l2 + 4 • i) =

calcular

D H . Pero como el área del rombo es igual al semiproducto de sus diagonales, o bien, a su base p o r su altura, resulta:

V, =

Luego el volumen pedido = 6)

Las

bases

de

33 y ? r • un

trapecio

isósceles

miden 24 cm y 8 cm respectivamente y su lado 10 cm. ¿E n q u é razón se encuentran los volúmenes de los cuerpos engendrados cuando gira: a) en tom o a la simetral de las bases, b) en

torno a la base m ayor y e) en to m o a la base menor?

Solución: a) Se engendra un cono truncado (Fig. 8): Solución: a) Se

engendra

un

tronco

de cono de

R, = 12; r2 = 4 y h2 = 102 h = 6 cm. Luego (Fig. 6): V, = - y (R2 + r 2 + R -r) =

82; o sea

R = 12 cm, r = 4 cm y g = 10 cm. h* - 10* - 8* = 36

h = 6

Vi = - ^ - ( R 2 + i* + R- r )

(144 + 1 6 f 4 8 ) = . ' ■ V, = -* ^ -(1 4 4 + 16 + 4 8 ) / . V, = 4 1 6 i r (cm3)

Vi = 4 1 6 x (cm3) b) Se engendra un cilindro (E F C D ) de radio C F = 6 cm, altura E F = 8 cm, m ás dos

b) Se engendra un cono de r = 6 cm, h = 8 cm y un cilindro de r = 6 cm y h = 4 cm. (Fig. 9).

conos congruentes (ED A ) y (CFB ) de radio C F = D E = 6 cm y altura A E = F B = 8. Luego: (Fig. 6). V , = x -6* -8 + \

x-62-8 = 4 8 0 x (cm3)

c) Se engendra el cilindro ABB’A’ menos dos conos A’A D (que es congruente con el cono B B ’C). Luego: (Fig. 7).

V2 = - H - ^ i L + r -ó2 - 4 = 2 4 0 x (cm 3) c) Se engendra un cilindro de r = 6 cm y altu ra de 12 cm, menos un cono de r = 6 cm y h = 8 cm . (Fig. 10).

Fig. 10

V, = t • 6* • 24 - j

- 6* -8 = 672 x cm3

Por lo tanto, la razón entre los volúmenes engendrados es: V ,:V 2:V3 = 4 1 6 x :4 8 0 x :6 7 2 x ; simplificando p o r3 2 x resulta: V, : V2 :V3 = 13 : 1 5 :2 1

V3 = 7T - 6a - 12 — r ' f -' 8 = 336x (cm3) Luego:

V ,:V 2:V3 = 4 1 6 x :2 4 0 x ; 6) L as bases de un trapecio rectángulo mi­ simplificando por 16 x queda: den 12 y 4 cm; el lado noXm ide 10 cm. G ira n su­ cesivamente en tom o al lado X a las bases, en torno a la base m ayor y en tom o a la base menor.

V, : V2 : V3 - 26 : 15 : 21

C alcular la razón entre los 3 volúmenes en­ gendrados.

7)

C alcular

el

33óx

volumen

engendrado por

la revolución de un paralelogram o, dados sus )3 I7 (

dos lados a y b en torno de su lado b, siendo a > b y « = 60°.

24 V -

X

2 _ /

“

3 3\ 2 64a ) = T

*

21 „ 3 7 3 ’ 64 3 = 32 * 3

64

9) El volumen de un cono de revolución es 320 x cms . Si su altura es 15 cm ¿cuánto mide la superficie lateral (manto)?

Solución (Fig. 11): V = Volumen engendrado = cilindro AA’D ’D 4- cono D D ’C — cono AA’B; pero los conos son S ; luego V = cilindro AA’D ’D ; en el A D N C : se tiene 24 G D N = 30°; luego D N = = altu ra A equilátero de lado C D = a, luego:

Solución (Fig. 13): V

= -y jr i* • h

320 7T - - J - t i * *'15 luego i* = 64;. de donde r = 8 cm

C N = ^ i D Ñ - f > / 3 = r;M Ñ = b

Además: g2 = h2 + i* = 152 + 82 = 289

V = jr / h = ir (•§■ v ^ ) 2 ' b ■ V = | - w a2b

de donde: 8)

U n trapecio isósceles de 60° = « de bases

g = 17 cm

a y y g ira en torno a uno de sus lados. C alcular el volumen y superficie del cuerpo engendrado.

Finalmente: Sí = 7r rg = 7r • 8 • 17 = 1 3 6 j r ( = ) 427,26 cm2.

10) Los vértices de un triángulo son A (O , - 3 ) , B (12, - 3 ) y C (6,5). C alcular la superficie total y el volumen del cuerpo engen­ drado al girar el triángulo en tom o al eje de las ordenadas. Y A‘

7 !

F}S- 14

o

V = vol. engendrado = conoB B ’A + tronco cono BB’C ’C —cono C C ’D o bien: V = cono BB’A -I- cono BB’D ’ - 2 conos C C ’D ’

C

>1

Solución (Fig. 12):

.!

c‘

\

B1

\

A

B

A D ’ = a; B D = y \/ " 3 ~ r ! Solución (Fig. 14): M C = -f v ^ 3 V = 2 • (cono BB’A — cono" C C ’D ’) v = T ) 318 (

V ^ ) 2- 7 _ , r ' ( f v / 3 ) 2 - f ]

Se engendra el m enos el cono C C ’A.

tronco de cono B’BCC’

1°. Tronco cono de altura A A ’ = 8; radios basales AB = 12 y A’C ’ = 6; y generatriz AC:

ÁC = v / 8 2 + 62 = 10

1°) Tronco cono (A’ABB’) de altura M P = 'l2 - 3 =9;

Vi = JLj ~ (R2 + r2 + R - r )

y radios basales PB = 8 y M A = 4 V> = “ T 1 O 2" + 62 + 12' 6> = 672jr V, -

(82 + 42 + 8-4) = 336ir

2°. Si (manto del tronco) = rrg - ( R + r ) =

7T-10

2°. Tronco cono ÑP = 1 2 - 7 =5

(12 + 6 ) = 180 ir

(BB’C ’C )

de

altura

Bi = ir R2 = 144 tt V2 =

(82 + 4 2 + 8-4) =

ir = 1 8 6 - jir

B2 = 7r r2 = 3.6 ir 3°. C ilindro A’A C C ’ de altura

Luego: S’t (tronco cono)

MÑ

=

V3 = t r2 -h =ir -42- 4 = 64 7r

180 7r + 144 ir + 3 6 i r = 360ir 3°. cono: V2 = -§-r2 • h

= 7 - 3 = 4

■(6)2 -8 = 96*

Luego el volumen del cuerpo engendrado p or A ABC es:

S¡ (cono) B

= 7r rg

=ir ■6 • 10 = 60ir

= ir r2

= ir • 62 = 3 6 7r

V = V, —V2 —V3 = 336ir —186 -y ir —64ir = 8 5 - y » 12) En un sistema cartesiano las coor­ denadas de los vértices de un trapezoide son

S”, (cono) = 60ir + 3 6 ir = 9 6 ir Luego: a) Superficie del cuerpo engendrado es S:

A (O, - 6 ) , B (10, - 2 ) , C (10,4) y D (5,8).

S = Si (tronco) + Si (cono) + Base mayor tronco =

al girar en tom o al eje de las ordenadas. Solución: Se engendra: el cono

C alcular el volumen del cuerpo engendrado

S = 180ir + 60 ,r + 144ir = 384,-.

ABB’,

-f cilindro B C C ’B’ + tronco de cono C ’C D D ’ - cono D D ’A. (Fig. 16).

b) Volumen del cuerpo engendrado V :

Y

V = vol. tronco —vol. cono = Vi — V2 V = 672 ir —96 7r = 576 ir 11)

L as coordenadas de los vértices de

un A son A (4,3), B (8,12) y C (4,7). Si

el

A g ira en torno al eje de las ordenadas ¿cuál es el volumen del cuerpo engendrado? Solución: Se engendra el tronco de cono (A’BB’) menos el tronco de cono (C ’CB B ’) y menos el cilindro (A’A CC’). (Fig. 15).

Fig. 15

1°. Cono ABB’ de radio PB = 1 0 y altura PÄ = 4 V, = 4 * r J-h = y r - d O )2 - 4 = ^ , = 2°. C ilindro

BCC’B’

de

radio

1 3 3 ^ -x

PB = 1 0

y altu ra BC = 6 Vs = ir r2-h = » -(10)*-6 = 600r 3°. Tronco

cono

C ’C D D ’

de

altura

M N = 4 y radios basales N C = 1 0 y M D = 5 . )3 1 9 (

V, = -2Í-(R* +i* +R -r) = - 4 ^ ( 1 0 * + 5* + 10-5) 700. _ _3

r

= 2334

Al girar se engendran dos conos de ra­ dios = h

x f r

4°. C ono (D D ’A) de radio M D = 5 y altu­ ra Á M =14. V< = y1 ir rr^-h -n = 4y- t jr - / 2 - y / 2

BC

= /» = r \ / 2 —v / 2 (porque BD = /«)

OD

= r

• (-§-)*• f ( 2 - v ^ 3 )

= ^ ( 2 - v/ 3 ) 53

AD

- x rg = ir • - j ' rV/ 2 -\A 3

S , = * y - s/ 2 - \ f l

CE

= y V 2 (porque C C ’ = U)

OE

= p4 = y )321(

Se engendra el cono O D A , m ás el tronco cono D O E C y más el cono CEB. 1°. Cono ODA: radio O D

=

r, altura

Luego: a) Superficie del cuerpo engendrado: S = Si + S2 + S3 = ir r2

O A = r; generatriz AD = ¡ s / 2 . Si

+ JY ' v / 4 + 2 v / 7 +

= * rg = ir • r - r s / 2 = ir r2 s / 2

S = - í j - (2 n/ " ? + y '’ 4 + 2

+ \ / 4 - 2 n/ T + v /T ^ 7 ^

irrJ 3

b) Volumen del cuerpo engendrado:

2°. Tronco D O E C : radios basales O D = r y C E = -j- \/~2\ generatriz D C = r \ / 2

V = Vi + V 2 + V 3 = JLr - + Jí f ( 3 \ / 2 + 2 ) +

- s/2;

+ ^ r(2

- s /2 ) =

altu ra O E = r —p = p*= - j s/~ 2 ; p ara calcu­ V = -^ f(4 +3 s / 2 +2 + 2 - y /2 ) = lar p se aplica el 1" T eorem a de Euclides al A ABC: BC? = AB • p

=

(8 + 2 v /T ) =

V = - 4 - (4 + s / 2 )

n /-y. p = ~AB~= ~TT = T • (2 ~ v 2) BC3

(fef

r

4) O E -r-^ (2 -v /2 ) =y\A 2

En una semicircunferencia de diámetro

O bien:

AB = 2 r se aplica como cuerda A D =lt y a conti­ nuación D C —l\2■

p

= OB —O E = r —p t = r —y \/~ 2 =

engendra al g irar en tom o al diám etro la figura

p

= i-(2 -s/2 )

formada por el diám etro AB, las cuerdas AD y D C y al arco BC.

C alcular la superficie del cuerpo que se

S2

= ir g (R + r) = ir-rs/ 2 —\ / 2 (r + - j s/T!) =

Sí = JLj~ \/ 2 - \/2 Sj

(2

+ \/2) =

v / (2 - s / 2 ) (2 + > /2 )'¿ =

S2 — Zj - s / 4 + 2 \ / 2 V2 =

(R2 + r2 + R - r) = 3

v2 =

ir

ry/~2 6

(r2 + -7 + - j v /T ) =

Solución (Fig. 20): Se tiene que:

ir r % /"2

12

(3 + V T )

AB

= 2r

*3

V2 = %

S3

(3 s /2 + 2 )

AD =

U

3o. Cono CEB:

DC

I

= ir rg = ¡i- • y n/ 2 • r s / 2 — s/~2 =

DO = r

=

AO

v / 4 - 2y/~2 r

y—

-------- T (2 - v ^ 2) = = ^ - { 2 - s/2) )3 2 2 (

-

r sZ~2

12 = r s / 2

= r

C C ’ - ¡a CE

~

~

r \/Y

r 2 n/ T

OE = 'P3 = 7

lu e 8 '

Se engendra el cono O D A 4- tronco cono

c) H E = ^ +

s /2 = f ( l

+ \/~2)

D O E C 4- casquete esférico C C ’B. Se engendra un cono H D A 4- la zona es­ 1°. Superficie m anto del cono:

férica D D ’C’C 4- cono CEB.

51 = x rg = x r • iy /~ 2 = x / \f~ 2

1°. Cono H D A de radio y \ / ~ 3

2°. Superficie m anto del tronco cono:

= DH,

altu ra A H = j y generatriz AD = r.

52 = ir g (R 4-r) = j r - r \ / 2 - \f1> (r + y \Z T ) Si = *■ rg = jr ■ ^ y/~3 • r = :y ~ y/~5 5 2 = !Ly - \ / 2 —\ / 3 - (2 + \/~ 3 ) = 2°. Zona S* = ± t s / { 2 - s / y ) (2 4 - n /T )2 = S* =

x / ( 2 - n/ T ) ( 2 + n/ 3 ) ( 2

= ^

esférica

D D ’C ’C

+^3 )

=

Ss

= 2ir R ■h = 2 ir r • £ ( 1 + y / 2 ) , = ir r2 0 4 V 2 )

3°. Superficie casquete:

3°. Cono CEB: de radio C E = y s /~ 2 ,

5 3 = 2 ir R • h = 2 7r O C • EB’ = 2 ir r • y —ir

altu ra EB = y ( 2 —\/~ 2 ) y

Luego: Superficie gendrado es:

generatriz BC = r

total

del

cuerpo

en­

=

=

\ / 2 + \ f z + 7r r2 —

E n una semicircunferencia de diám etro

AB = 2 r se aplica la cuerda A D = 4 y BC = k C alcular la superficie del cuerpo que se engen­ dra al g ira r e n to m o al diám etro AB la figura

Z~4 - 2 \ / 2

Luego, la superficie d< do es:

(2 \/~ 2 + v ^ T V T + 2)

5)

2 —\/~2

S3 = 7r rg = * - J \/~ 2 - r \ / 2 - \ / ~ 2 =

S = Si + S2 + S3 =

S

altura

H E = i (1 W T )

• / 2 + ■>/$

S = ir r2 \ / 2 4-

de

S = Si

ue¡ po engendra­

4-S 2 4-S3 = 4-ir r2 (1 + \/" 2 ) 4- —y s / 4 —2 \ / 2 =

= S =

z f(y / ~ 3

4 -2

+ '2 y/2

4- \ / 4

- 2 y / 2 )

form ada p o r el diám etro, las cuerdas A D y BC, y el arco D C.

6)

El volumen que engendra un triángu­ lo que gira en tom o a un eje que pasa por uno de sus vértices es igual a la tercera parte de la superficie

engendrada

por

el lado opuesto

al vértice por la altura de este lado. f r caso: el eje es uno que pasa por el vértice (Fig. 22).

de

los

lados

Solución (Fig. 21): Tenem os que: a) A D = k = r D ÍI = y y / J ; H Ó = y b) BC = /» = r y / 2 - s/~2 . ' . C E = y U = 7 \H - —OE )3 2 3 (

H .) L es el eje que pasa por C coincidiendo con el lado BC = a . Sea, adem ás AB =c; AC = b y la altu ra C D = h. T .) V = y ■superf. (AB) • h D .) Se

engendran

dos conos

De acuerdo con el caso anterior podemos es­ cribir: Vol. (ABC) = Vol. (A FC) - Vol. (BFC) Vol. (ABC) = 4 sup (AF) • h - } Sup. (BF) • h

de

la misma

base de radio A E = r y de altura

CE = p

Vol. (ABC) = y • [sup. (AF) - sup. (BF)] luego:

y BE = q , respectivamente. E s decir:

Vol. (ABC) = y h • sup. (AB)

V = y rr r! • p + y ir r2 ■q 7) V = -y s-

(p + q ), pero p + q = a

una semi 0

se d

trem os de ella con el centro, el volumen en­

luego: . V

Teorema: Si en

buja una poligonal regular y se unen los ex­

= -y ir r2- a; que puede escribirse:

V = y jr r • ra; como el área de un A es semiproducto de la base p o r la altu ra, resul­ ta que:

gendrado por los sectores de la poligonal al g irar en tom o al diám etro es igual a un tercio de la superficie engendrada por la poligo­ nal por el apotem a de ella. p

jl a r = yl c • L h ,o sea ra = c •Lh F ig. 24

q u e al ser sustituida en 1) se obtiene: 2)

V

= y

jr rch, pero s- • re. es la su­

perficie lateral del cono (EAB), o sea, la su­ perficie curva engendrada por el lado AB = c. Luego: V = y sup. (AB) - h (q.e.d.). 2° caso: Si el eje L no coincide con nin­ gún lado se tiene (Fig. 23): H .) Sea AB = B C = C D = D E = . . . . ( F i g . 24)

l

p = apotem a T .) V = 4 - sup. (A BCD E) ■p D .) Se form an una serie de triángulos como el A A BO que tienen todos la m ism a al­ tu ra

p.

Aplicando el teorem a anterior, el

volumen total engendrado por la poligonal es igual a la sum a de los volúmenes engen­ drados por estos triángulos. E s decir: V = y sup. (AB) • p + y sup. (BC) ■p + + y sup (CD) • e + y sup. (D E ) • p = El

volum en

engendrado

por

el

trián­

gulo A BC es igual al volumen engendrado po r el A AFC menos el volumen engendrado p o r el A BFC que tienen la misma altu ra h = C D . >324(

V = y sup. (poligonal ABCD E) - p = y Sp • p siendo Sp la superficie engendrada por la poli­ gonal.

Corolario

7°. Si

las

cuerdas

que

com­

8)

En

una

semicircunferencia

(AB)

ponen la poligonal Áfe tienden a cero, la po-

radio R se aplica u n a cuerda C D = /« = r \/~ 2

ligonal se convierte en el arco AE y la apotema p en el radio R . Al g irar en tom o al diám etro

pero de modo que el ángulo AOD = 60°; se de­ term ina el segmento circular C M D . C alcular

se engendra el sector esférico (O A EO ) en /—\ el cual el arco AE engendra la zona esfé­

el volumen que engendra este segmento al g ira r en torno al diám etro AB.

rica. Luego, podemos calcular con ayuda de

Se engendra lo que se llama un anillo esférico.

la fórmula an terio r el volumen del sector es­ férico. En efecto (Fig. 24): 1 V = -y Sup. (Áfe) • p como sup. (AE) es la sup. de una zona esférica: S = 2 * R • h (ver N° 446-9°) y p

F ig. 26

R , se obtie-

ne, siendo M N = h: 1y - 2 j r R • h •p. = - y j r R - h - R E s decir:

V = Í t R2 - h

Corolario T . Si el extremo A del arco coincide con el extrem o P del diám etro es válida la misma fórm ula; pues e n este caso el sector esférico está limitado p o r una superficie

Luego podemos escribir (Fig. 26): V (anillo C M D ) = Vi (sector esférico O C M D ) + +

V2 (cono O EC )

cónica cuya cúspide está en el centro de la esfera y po r el casquete esférico correspon­ diente. (Recuérdese que el casquete esférico es un caso particular de la zona esférica). (Fig. 25). p

+

V3 (cono O H D )

-

- V4 (tronco cono D H E C ). Calculemos

estos volúmenes;

recordemos

que según problema N° 454-2, encontram os que: C E = - f - ; D H = -§- V3; O H = - § - ; O E = - f

.y H l = y (1 + \ / 3 ) = h. Entonces: V] = -y 7r R2 -h = -y ir R2 • -y (1 4- \ / 3) = =^ f

(1 + v r 3)

V2 » ^ x C E ’

Corolario 3°. Con ayuda de esta fórmu­ la también podemos calcular él volumen de

OE = T - < f)2

f v /3 =

—R* / r =— V 3 V3 = 4 ^ W

o

H = 4 » ■ ( T V 'j?

la semiesfera que sería el volumen de un sector esférico de altu ra h = R , es decir:

V, =

(D H 8 + CE* + D H • C E) =

V = -y * R2 - R = y j r R 3 p o r lo tanto, el volumen de la esfera es el doble de esto, o sea:

que ya conocíamos.

•

+ 4 - f v / 3] =

Vt = á £ ( 1 + v / 3 ) (4 -Hv/T) =

o

+ 5 v /T ) )3 2 5 (

de

Luego, el vol. v del anillo esférico (C D M ) sera: Fig . 28

V

=

Vi

4-

V2

4-

V3

— V' 455.

VO LU M EN DEL SEGM ENTO

E S F E R IC O 1) Segmento de dos bases o rebanada: Se compone del anillo esférico (C D M ) engen­ drado p o r el segmento circular (C M D ) más el tronco de cono D H E C engendrado p o r el tra ­ pecio D H E C .

En este caso b — cero. Luego la fórmula anterior se reduce en este caso a: b)

V =

(h2 4- 3a2)

Se puede también expresar este volumen en función del radio R de la esfera y la altura h.

S e a Ü H = a; C E = b; CD = c; H E = h

En efecto, en el A A M O se tiene:

Vi (anillo esférico) = \ c2 ■ h , pero

a2 = R2 - (R - h)2'

en el A D F C

se tiene cz = h2 4-(a —b)2

luego: lh* •-)- (a - b)2 )326(

a2 = 2R h

-

h2, al sustituir este v a ll­

en 2) resulta: V =

|h 2 4- 3 (2Rh - h2

l o q u e d a f in a lm e n t e : F ig . 30

c)

V = ¿ y ■(3R - h)

P or lo demás, esta fórmula a; puede ob­ tener directam ente sin la ayuda de la fórmula a). Se tiene: Vol..

segmento

(ABC)

=

Vi

(sector

AOBC) - V 2 (cono ABO) V =

jr R 2 • h — -y ir a2 (R —h),

T o d a la esfera tiene una superficie S = 4 * -R s ; luego u n huso de 1 grado de am plitud tendrá una

pero a 2 = R2 - (R — h )2 o sea:

superficie

a2 5= h ■(2R - h)

y p a ra u n 4 a

la superfi­

cie del huso será:

Con lo cual: V - j T R2h — y- ir h (2R —h) (R —h) ■R • «

S =- ~ w ~

V = -3 1 (2R 2 - 2R 2 + R h + 2R h - h2) V =

Análogamente el volumen de la cuña co­

(3R h - h2)

rrespondiente es: luego:

V c)

:h*

V =

Corolario: Si el se

agranda

a=h=R;

hasta

segmento la

de una

semiesfera

se

base tendrá

luego, el volumen de lá semiesfe­

ra será de acuerdo a las fórm ulas anteriores b )ó c ):

r»3

a • w

jt iv ■c = - T 7 ir

457. T E O R E M A S D E G U L D IN Son muy útiles para determ inar la superficie y el volumen de los cuerpos engendrados por una figura plana que gira en tom o a un eje situado en el mismo plano que ella:

b) V = - ^

(R 2 + 3 R 2) = ^

por lo tanto, el volumen de la esfera será el doble de esta cantidad, obteniéndose el valor ya conocido p o r otros caminos: V =

4

= t iR

(3R - h)

R3

Si en la c) se considera h = 2R resulta:

Io. L a superficie de un cuerpo de rotación es igual al producto del perím etro de la figura que la engendra por el camino recorrido por su centro de gravedad. 2o. E l volumen de un cuerpo

de rotación

es igual al producto de la superficie de la figura que lo engendra por el camino recorrido por su ce ntro de graved a d .

V = Fig-31 456. V O L U M E N D E L A C U Ñ A O I N G L E T E E S F E R IC O Y S U P E R F IC IE D E L H U S O E SF E R IC O : Sea el 4 . diedro que form an los dos semi­ círculos máximos que determ inan la cuña o inglete esférico; la porción de la superficie de la esfera que limita es el huso esférico. )3 2 7 (

Luego:

P o r ejemplo: 1) D eterm inar la superficie y el volumen

S, = \ 6 x • 44*- = 7 0 4 / (cm2).

de u n cilindro de radio r y generatriz g. I o. L a superficie se engendra p o r rota­ ción

del

rectángulo

A O O ’B

de

2o. Volumen: Superficie de la © que rota es S “ 64 x y distancia recorrida por su

perím etro

2s = 2 • (r + g ); su centro de gravedad está a la

centro de gravedad es C = 4 4 * .

distancia -y del eje y al g ira r el camino que re­

Luego: V = 64 x • 44 x

corre G es el de u n a © de longitud:

litros.

C = 2 jr • y = x r luego: la superficie total engendrada es: S, = 2 s-C = 2 ( r + g ) -ir r = 2 * i* + 2 i r i g que es igual a la N° 425-c. 2o. El volumen engendrado es igual a la

2)

=27657,76 cm3( = ) 27,7

C alcular la cantidad de m aterial que se saca de un cilindro de 4 0 cm de diám etro si al colocarlo en un tom o se le hace u n corte cuya sección es u n A isósceles de 10 cm de base y 12 cm de altura siendo 7,2 la den­ sidad del m aterial (Fig. 33).

superficie del rectángulo que lo genera, o sea

iI

S = r-g = r-h p o r el camino que recorre su centro de gravedad que es C = x r. Luego: V = S -C = rh • x x if • h que es la misma fórm ula ya conocida (N° 425-d). 458. E J E R C IC IO S 1) C alcular la superficie y el volumen de un toro (Fig. 32).

Como el centro de gravedad de un A divide a la transversal de gravedad en la razón de 1 :2 quiere decir que G está a 4 cm de la base del isósceles y a 8 cm del vértice de este A y por lo tanto a 2 0 —4 = 1 6 cm

U n a cám ara de neum ático (»toro«) se en­

del eje de rotación. Además, como el área de triángulo es

gendra por rotación de u n disco en tom o

S = ^ b • h , resulta:

a un eje. C alcular la superficie y el volumen de una

S =

y

' 10 • 12 = 6 0 cm2

y el recorrido

cám ara si su diám etro exterior mide 60 cm. y su sección tiene un diám etro de 16 cm. 1°. Superficie: perím etro 2s de la ©

C de su centro de gravedad es C = 2 r • 16 = = 32 x . Luego el volumen de m aterial

q ue rota es:

V =S-C = 6 0 -3 2 7r = 1 9 2 0 ir cm3 = 6 0 28 ,8 cm3

2 s = 2 x 8 = 16*

Como:

C am ino recorrido p o r el centro de gravedad

m = V ■d, resulta finalmente:

d e este círculo es la longitud de una © de

m = 6028,8 • 7,2 =43407,36 gram os ( = ) 43,4 Kg

radio 30 — 8 = 22 cm; C = 2 x ■22 = 44 x >328(

sacado es:

3)

U n A equilátero de lado 2a gira en to r­ no a uno de sus lados. C alcular la superficie y el volumen que engendra. C

1°.. Superficie engendrada = S a) perím etro del A es 2s = 6a Solución (Fig. 34):

b) camino recorrido p o r el centro de G es

Sea el lado —2 a, luego la altura C M = a y/~3; si g ira en tom o al lado AB la

C « 2 » (t >/3 +d>

distancia del centro de gravedad G a este

Luego:

lado es S = 2 s - C = 1 2 » a (-f-s /T + d ) 4 de C M , o sea G M = y > / 3 2°. Vol. engendrado = V Luego: Io Superficie engendrada =* S

a) Superficie del A es S = y b h = a2 \ / 3

a) perím etro 2s del A = 6a. b) C = camino recorrido p o r el centro de

b) Cam ino recorrido por G es C = 2 » ( f v /3 " + d)

gravedad es

Luego: C - 2 ,-jv /I V = S C = a ! v/ 3 -2 * ( f v / 3 + d) Luego: V 5 - 2s ■C - 6a •

=

2

*

(a3 + a* d y / J ) = 2 r a2 (a

+

d y /T ) -

> / T = 4 r a2 y / 1 cm! B

2o. Vol. engendrado = V. a) Superficie de A ABC es S = \ b • h = a8 \ T S b) Cam ino recorrido p o r G es C = 2

y/~3

Luego: V = S -C =a2 y / 1 -

\ / 3 = 2 T a3

(ver N° 453). 2° caso: lado = 2a; C M = a 4)

U n triángulo equilátero de lado 2a gira en tom o a un eje paralelo a uno de sus lados y situado a la distancia d de éste. C alcular la superficie y el volumen engendrados. (H ay dos casos).

M ÍÍ = d ; G C = y a y / J ; G H = d - -§- y / 1 1°. Superficie engendrada = S a) perím etro del A es 2s * 6a b) camino recorrido por G es

7" caso: Se tiene: lado — 2a; (Fig. 35)

C = 2*- (d -■§■ y / T )

CM = a \ / 3 ; G M = -f > /3 y

Luego:

GH - 3 V T + d

S - 2s C = 12x a (d - y ' / 3 ) )3 2 9 (

2°. Vol. engendrado = V a) área A es S = a2 \/~l> b) camino de G en C = 2 V (d — y y ^ 3 ) Luego: V = S ■C = a2 y / 3 ,-2 7r (d — f s / T ) V = 2 7r a2d \/~ 3 —2 7r a'1 = 2 jra2(d s/^3 —a)

5)

C alcular el volumen y la superficie que en­ gendra un exágono regular de lado a cuando gira en torno a un lado. El eje sea AB (Fig. 37) ■Se tiene AB = a; G H = - | \/~3 1° Superficie engendrada = S

S - 2s • C = 6a -jr a - v /T = 6 r a2v /~3~ 2 . Vol. engendrado = V a) área

del

exágono = A = ¿ a2 \ / 3

(ver N° 355-c).

a) perím etro exágono 2s = 6a

b) camino de G es C = a

b) camino recorrido p o r G.

Luego:

C =

) 3 30 (

= a r v 'I

\/~ 5

V = A - C = 4 a 2V 3 - a * v / 3 = T T a3

39a U N I D A D P o lie d r o s regulares. T eo rem a d e E uler-D escartes.

459.

Son sólo cinco. El tetraedro, el hexaedro

(el cubo), el octaedro, el dodecaedro y el icosaedro (20 caras). A) Tetraedro: Es el poliedro de m enor nú­ mero de caras. Si es regular, todas sus caras son triángulos equiláteros congruentes (Fig. A).

cie de una cara. P ara calcular su volumen se calfcula previamente el volumen de una de las pirám ides cuadrangulares que lo forman y el resultado se duplica.

Para calcular la superficie del tetraedro regular basta calcular la superficie de una cara y m ultiplicarla p o r 4, S = a2 - \/" 3 Para calcular su volumen se aplica la fór­ mula de la pirám ide:

-jb-h

Si su arista es a, resulta:

V = -¡V a8 • \ / r 2

B) Hexaedro regular: E s más conocido por cubo (Fig. B).

D) Dodecaedro regular: ' (Fig. D) está formado por 12 pentágonos, regulares. Su super­ ficie es igual a 12 veces la superficie de una cara. P ara calcular su volumen se le considera for­ mado por 12 pirám ides pentagonales iguales. La base de cada una de ellas es la cara pentagonal y su altura es la distancia desde el centro del po­ liedro a la cara. (La altura viene a ser el radio de la esfera inscrita al dodecaedro regular.)

Sus caras son cuadradas; siendo su arista a su superficie es: S = 6a2. Su volumen; V =a'! . E) Icosaedro regular: (Fig. E). Está for­ Octaedro regular: Está compuesto de mado por 20 caras que son triángulos equiláteros congruentes. Su superficie es igual a 20 veces 8 caras que son triángulos equiláteros (Fig. la superficie de uno de éstos triángulos. 266c). Se puede considerar como formado por Como en el caso anterior, se le descompo­ dos pirám ides de base cuadrada y unidas por C)

ellas. Su superficie es igual a 8 veces la superfi­

ne en 2 0 pirámides triangulares iguales que )331<

tienen p o r base un triángulo equilátero y p o r al­ tu ra la distancia desde el centro del icosaedro a

5)

esta cara, el volumen es igual a la sum a de ellas.

6)

( . . . ) U n octaedro paede tener 12 vérti­ ces.

7)

(....) U n octaedro puede tener 18 aristas.

8)

( . . . ) U n octaedro puede tener 14 aristas.

ñísim as. Así su volumen sería igual a la suma

9)

( . . . ) U n octaedro regular tiene 6 vértices.

de las infinitas pirám ides que se form arían de altu ra iguai al radio R de la esfera. E s decir:

10) ( , . . ) U n octaedro regular tiene 12 aristas.

460. L A E SF E R A

( ...) U n

octaedro

puede

tener

8

vérti­

ces.

Se puede considerar como el limite a que tiende un poliedro regular de infinitas caras peque­

11) ( . . . ) El

+ b2 + . . .

+ b„), pero

de

menor

núm ero de

caras es el tetraedro.

V = ~ y l ) i ' R + 3 ' b 2 ‘R + ..- + -ybn’R V = -y R (bi

poliedro

12) ( . . . ) Siem pre

es

posible

construir

un

poliedro regular.

bt + bí + . . . + b„ = superficie total de la es­ fera = 4 jr R2.

463. T E S T (de Selección M últiple) L os problem as siguientes, 1 al 7 , se refieren a »variaciones sobre un mismo tem a" en la fi­

Luego: que es la fórm ula ya obtenida por otros métodos

gura I. E n un cubo de arista »a« se traza en cada cara una diagonal en la forma indicada en la fi­

461. O B S E R V A C IO N E S

gura adjunta.

1; Polígonos regulares pueden construirse todos los que se deseen. E n cambio, poliedros regulares existen sólo cinco, mencionados anteriorm ente, y eran ya conocidos p o r la Escuela de Pitágoras (Siglo v i a. de J.C .) que probablem ente »impor­ taron« dos o tres de ellos desde Egipto. 2)

Teorema de Euler-Descartes: en todos

los poliedros convexos (regulares o no) existe entre el núm ero c de caras, el núm ero v de vérti­ ces y el núm ero a de aristas la relación siguiente: C + v = a +2 1)

Al cortar este cubo según los planos de­ term inados por estas diagonales, se ob­ tienen:

Este teorem a fue dado a conocer p o r Eúler en 1752, pero e ra conocido un siglo antes por Descartes.

A) 5 tetraedros B) 5 pirám ides congruentes

462. T E S T D E V E R D A D E R O -F A L S O D entro del paréntesis coloque una »V« si lo que

C) 1 pirám ide y 4 troncos de pirám ides D ) 5 prism as

se afirma es verdadero o una »F« si es falso.

E) 4 pirám ides y un exaedro central.

1)

( . . . ) U n heptaedro puede tener

10 vér­

2)

tices. ( . . . ) U n heptaedro puede ten er 7 vérti­

3) 4)

( . . . ) U n heptaedro puede ten er 15 aristas. ( . . . ) U n heptaedro puede tener 12 aristas.

2)

El volumen del tetraedro A C H F es: A) - i - a 3;

B) £ - a 3;

Q - f - a 3;

D) ÿ • a3;

ces.

)> « (

E) otro valor.

3)

La superficie total del tetraedro A C H F es: A) a2 • y / 6 ;

B)

4 - a 2 ■v/T;

C) 4a2 • v /6 ;

D)

2a2- \ / 6 ;

E) 2a2 • v /T 4)

El cuerpo resultante A BCF se afirma que es: I) U n tetraedro regular II) U na pirámide III) U n prism a triangular. D e estas afirmaciones son verdaderas: A) sólo I; C )s ó lo III;

B) D)

sólo II; sólo I y II;

E ) las tres. 5)

El volumen del tetraedro A BCF es: A)

4 -a3;

B)

C ) - i - - a 3;

i

- a 3;

D ) | a 3 V"3;

E) otro valor 6)

La superficie total del tetraedro A BCF es:

C ) 2 ■a2;

B) 4 (3 + \ / 3 ) D)

- § - - a 2;

E) otro valor. La altu ra del tetraedro A C H F mide: A)

f a v ^

B)

v/T)

D ) 3a2 -(1 + 2

v/T);

E) otro valor.

C)

■§■ ' / G ;

D)

E)

t

A)

^ - - a 3;B>

^ - a 3;

C) - ¡ ^ - a 3; D) - j v /T ;

\/3

unen los puntos medios de las aristas de cada cara.

- ¡ V- a 3;

E) 4 -a312) El área de la superficie de todas las caras del tetraedro M B N P es: A) 0,125 - a2 (3

+v/T);

B) 4 ( 3

+'/6);

El cuerpo central resultante es un : A) exaedro; B) octaedro;

C)

+

C) dodecaedro;

D) 0,125 a2 (1 + v / 6 j ;

D ) tetradecaedro;

E) icosaedro. 9)

C) a2 • (3 +

11) El volumen del tetraedro M B N P es:

Las preguntas 8 a 12 se refieren a la figu­ ra II, en la cual, un cubo de arista »a«, se

8)

A) 6a2 + 8a2 v/T; B) 3a2 + a2 • y / U \

A) a2 • (3 + v ' l 2 ) '

7)

10) La superficie total del cuerpo central re­ sultante mide:

v/T);

E) otro valor.

El volumen del cuerpo central resultante mide:

Respuestas:

A) a3 • ( ! - $ ■ B) D)

-J- - a 3; ‘f ’ • a3;

v/T) C) E)

- f - a 3; otro valor.

1) A; 4) B; 7) B; 10) C;

2) D; 5) C ; 8) D;

3) E; 6) B; 9) D;

11) A;

12) B; >33S(

40a U N I D A D Las sec c io n e s cón icas co m o L ugares G eom étricos. La e lip se . La p aráb ola. La h ip érb o la .

464. C uando un cono de revolución se corta por

los a la base del cono se obtienen en la intersec­

planos paralelos a su base se obtienen círculos. Pero cuando estos planos secantes no son parale­

ción curvas diferentes. P or ejemplo:

1°. C uando el plano secante corta a todas generatrices (sin ser / / a la base) del cono a la sección que se obtiene se llam a elipse (Fig. 1).

O Fi y F2 f , f2

2°. C uando el plano secante es paralelo a una generatriz se obtiene la parábola (Fig. 2). 3°. C uando el plano secante es paralelo al eje, la intersección determ ina una curva lla­ mada hipérbola que tiene dos ram as (Fig. 3). Veremos

someramente

algo

sobre

= centro de la elipse = focos = eje de simetría de la elipse y es la distancia focal = 2c

A i A2

= eje mayor = 2a

A, O

= semieje m ayor = a = eje menor = 2b

Bi B2 B, O

= semieje m enor = b

estas

curvas que se llam an cónicas porque se obtie­ nen de las secciones de un cono. En los N " 497 y siguientes volveremos sobre estas curvas, pero desde otro punto de vista. 465. L A -E L IP S E Es L.G. de todos los puntos cuya suma de dis­ tancias a dos puntos fijos o focos es constante. F i Pi + F2 Pi = Fi P2 + P2 F2 = constante = 2a.

466. C O N S T R U C C IO N D E L A E L IP S E (1"° construcción) M étodo d el jardinero: P ara tra z a r elipses en los prados, los jardi­ neros entierran dos palos en los focos F, y F2 en los cuales am arran los extrem os en un cordel; en seguida deslizan otro palo P, manteniendo tirante el cordel (Fig. 5).

Sus elementos son (Fig. 4):

En el cuaderno es fácil dibujar una elipse haciendo una lazada con un hilo; se entierran F ig . 4

)334(

dos alfileres en los focos F, F2 pasando en torno a ellos la lazada. Basta m antener tirante la

lazada con un lápiz y hacerlo deslizar siempre

467. L A P A R A B O L A

m anteniendo tirante el hilo (Fig. 6).

Es el L .G . de todos los puntos que equidistan de una recta fija (la directriz) y de un punto fijo (el foco) (Fig. 8).

M étodos p o r puntos: Se dan los focos y el eje m ayor A, A2 = 2a. Se procede de la m anera siguiente: 1)

se dim idia F! F2 (Fig. 7).

2)

con arcos (Ó , a) se determ ina Ai y A2

3)

Con arcos 0 (F i, a) y 0 (F2, a) se determ ina B, y B2 p o r lo tanto el eje

E s una curva plana y no cerrada de una sola ram a que se extiende hasta el infinito. Radio vector es la recta que une el foco F

m enor Bi B2. 4)

Se m arca un punto cualquiera C sobre Ai A2.

5)

Con arcos de O

(F i, Ai C) y O

con un punto cualquiera P de la curva. Para que la curva sea una parábola, todos

(F*,

A¡ C ) se determ inan los puntos Pi

y

sus puntos deben cum plir la condición de que

y O (Fj > Ai C ) se determ ina Ps y P«.

P F = PC . L a distancia F H se llam a parám etro = p. E s obvio indicar que el punto A es el punto medio

6)

Se marca otro punto D sobre Ai A2.

de FH .

7)

Con O

Construcción mecánica de la parábola:

P*; análogam ente con O

(F lr Á T D )

(Fi j

y ©

A* C)

( F ,,A ¡ D ) se

1) Se corta un hilo del largo M N del cateto

determ ina P5 y P’s 8)

Con

O

(F i,

A ¡D )

y

O

(F2,

P )

se determ ina P6 y P ’e y asi sucesivamente. P or últim o se unen los puntos en­ contrados.

de una escuadra; un extrem o del hilo se fi ja en N y el otro en el foco p o r medio de dos alfileres o »chinches« (Fig. 9). 2) U na regla se mantiene fija coincidien­ do con la directriz L.

Area de la elipse: es igual a la constante ir p o r el producto de los semiejes. Es decir: Esta fórm ula ya era conocida p o r A rquímedes. ) 335 (

3)

Con un lápiz aguzado s e . m antiene ti­

rante el hilo estando la p u n ta apoyada contra el cateto M N ; en esta forma se desliza el o tro cateto de la escuadra sobre la regla y el lápiz dibujará la curva. Siem pre se tendrá p ara cualquier posi­ ción de la pUnta del lápiz al m antener tirante el hilo contra la escuadra que P F = P M (Fig. 9). Co nstrucción p o r puntos: Se conoce el foco F y la directriz L. 1)

Se traza el parám etro F H y se dimidia;

se determ ina A (Fig. 10).

Radios vectores son las rectas que unen un pu n to P de la curva con los focos. La diferencia constante es Ai A2 = 2a. Si PFi

-

PF2 = 2a el punto P pertenece

a la hipérbola. a) Construcción mecánica: No es tan fácil como las anteriores. Se hace con la ayuda de una regla, de un hilo y de 3 alfileres o »chinches«. 1) El hilo debe ser igual a la longitud de la regla menos 2a; un extrem o N del hilo se fija en un extrem o de la regla y el otro en uno de los focos (Fig. 11), 2) El otro extrem o de la regla se fija en el

2) P o r un punto C cualquiera del eje de sim etría se traza una paralela a la directriz q u e se corta desde F cpn O (F, H C) determ ina P. y P ’i3) Se traza o tra paralela p o r D y se la corta desde F con radio H D y así sucesivamente. Finalm ente, se unen los puntos. Es conve­

otro foco. 3) U n lápiz apoyado contra la regla debe m antener continuamente tirante el hilo. 4) AI hacer g irar la regla en tom o al extreT mo fijo, el lápiz dibujará la hipérbola, porque la diferencia entre la distancia de un punto de ella a los focos es siempre igual a la diferencia en­

niente indicar que la bisectriz del 4 M P F es la

tre la longitud de la regla y la del hilo. Para dibujar la otra ram a se fija la regla

tangente a la parábola en el p unto P.

en el otro foco. b) Construcción p o r puntos:

468. L A H IP E R B O L A E s el L .G . de todos los puntos cuya diferencia de

Se conocen los focos y la diferencia constante

distancias a d os puntos fijos (los focos) es cons­

2a = ÁTÁ* (Fig. 12). 1) Sobre el eje de sim etría se m arca un

tante. E s u n a curva plana no cerrada formada

p unto C fuera de la distancia focal Fs F2. Se tiene que

p or dos ram as que se extienden hasta el infinito pero en sentido opuesto. L os puntos fijos son los focos y la distan­ cia Fi F2 entre ellos es la distancia focal. (Fig. 11). )**<

CAi —CA2 = A i Aj = 2a. Luego: con O (F i, A! C ) y O

(F2,

A2 C )

se

determ inan

los

puntos

distancia a los puntos dados tengan una sum a dada s. Solución: (Fig. 14). l 'r. L .G . las dos pa­ ralelas trazadas a la distancia a de L. 2o. L .G . es la elipse de focos B y C. BP’ + P’C = s y P’Q = a 3)

D eterm inar los puntos que

tengan una

distancia r a un punto P y que equidistan de u n a recta dada L y de otro punto dado F fuera de la recta. Pi

y P’i ; análogam ente, con 0

y

circunferencia

(F 2,

C A i)

se

(F i, CA 2) determ ina

P2 y P ’2. 3)

Se m arca otro punto D y con O

(F i,

Ai D ) y O (F 2 , A2 t)) se determ inan otros dos puntos y así sucesivamente.

469. E J E R C IC IO S 1)

Dados tres puntos A , B y C determ inar los

Solución: (Fig. 15). l*r. L .G . es la cir­

puntos q u e tengan una distancia dada r

cunferencia (P, r).

al punto A y cuyas distancias a los puntos

2o. L .G . es la parábola de foco F y directriz

B y C tengan una suma dada s.

4)

D ad a una recta L y dos puntos A y B fuera de ella, determ inar los puntos que tengan una distancia a de la recta L y cuya distan­ cia a los puntos dados tengan una diferen­ cia constante d.

L .G . es la elipse de focos B y C . (Fig. 13).

Solución: (Fig. 16). í,r L .G . se compone de las dos paralelas a L . a distancia a.

P ’A = r

2o. L .G .: son la hipérbola de focos A y B.

Solución: U n L .G . es la O (A, r) y el otro

P ’B + P’C = s 2)

D ada una recta L y dos puntos situados fuera de ella, se pide determ inar los puntos que tengan una distancia a a la recta y cuya

P ” A - P’B = P ’B - P ’A = d )S 3 7 (

TERCERA

PARTE

O

.

Ü

GEOMETRIA ANALITICA

Renato Descartes Este eminente filósofo francés (1596-1650), considerado como el verdadero fundador de la Filosofía m oderna, es im portante para la M atem ática por ser el P adre de la G eom etría Analítica. Creó el sistem a de coordenadas y es, por esta razón, que al Sistema O rtogonal de coordenadas se le conoce tam bién como »Sistema cartesiano«. )3 3 9 (

41a U N ID A D D is ta n c ia e n tr e d o s p u n to s . C o o rd e n a d a s d e l p u n to m e d io d e u n tr a z o . D iv is ió n d e u n tr o z o e n c ie r ta r a z ó n . P e r ím e tr o y á r e a d e u n tr iá n g u lo y d e u n c u a d rilá te ro .

470. D IS T A N C IA E N T R E D O S P U N T O S E n todos nuestros desarrollos usarem os sólo el Sistema Cartesiano Ortogonal de Coorde­

Solución: d2 = ( - 5 - 4 ) 2 + ( - 3 —7)2 = 181 => d = \ / l 8 Í ( = ) 13,45.

nadas, es decir, aquél que tiene sus ejes per­ pendiculares entre sí. Sean los puntos A(xi, yi) y B(x2 ,y2). Aplicando el T eorem a

de

Pitágoras al

2) ¿Son colineales los puntos B (2 ,l) y C(6,5)?

A( —2 , —3)

Solución: ÁB2 = [2 - ( - 2 ) ) 2 + [1 - ( - 3 ) j 2 = 32

A ACB, se tiene (Fig. í):

—

AB = A - s / í

' BC2 = (2 —6 f +(1 - 5 f = 32 => BC = 4 \ / 2 B(x 2,y2)

AC2 = ( - 2 —6)2 + ( - 3 —5)2 = 128 ÁC = 8 y / 2 Por lo tanto, son colineales, pues ÁB + B C = 8 \ / 2 = AC 477. C O O R D E N A D A S D E L P U N T O M E D IO D E U N T R A Z O E n el A ABC (Fig. 3), se tiene: (según N° 204).

d2 = AC2 + CB2 d2 = (xj - x , ) 2 + (y2 - y i ) 2 de donde: d = + \ / (x2 - x i f + (y 2 - y ( I )

(E sta distancia es siem pre positiva). Corolaño: T res puntos A, B, C son colineales cuando la sum a de las medidas de dos trazos que form an es igual a la medida del tercer trazo.

a) BC = 2 • M N pues M N es mediana del A ABC; y2 —y1 = 2 (y —yi) de donde:

E s decir (Fig. 2): yi +y*

A_________ c__________________

y - “ 2—

F ig -2

Si A C + B C = A C , entonces A, B, C son colineales. Ejem plos: 1) C alcular la distancia entre el punto A ( —5, —3) y B (4,7). )M 0<

b) AC = 2 ■ AN

pues

Na=NC

x2 —xi = 2(x —xi) dé donde:

_ Xi + x , x _ 2

Ejem plo:

D eterm inar los puntos medios

Fig. 5

de los lados del triángulo determ inado p o r los puntos A ( - 3 , - 2 ) , B (6, - l ) y C ( - 2 , 5 ) . Solución:

Designando

por

M x,

M2 y

M 3 los puntos medios de los lados del trián­ gulo, se obtiene (Fig. 4): Y

Com o P Q / / BC se obtiene, (por T eor. de T haïes): ^

_

AP

_

ÂQ

PB

~

QC

x —Xi ~

x? - x

de donde: x -X i = A ■x2 - A • x

P a ra M i :

x • (1 A) = xj + A • x2

- ~ 3 +( - 2) Xl = ~ 2+5 y i ------j —

=

-2

= i1 - 51-

P ara M 2:

6 +( -2) T 5+(-l)

x> + A •Xí 1 +A (III) y- + A- y* 1+A

E n forma análoga resulta:

luego: M , ( - 2 - ÿ ; 1 ÿ - ) x2

X

Observación: En el N° 291 tratam os este mismo tem a considerando negativo el valor de

= 2 = 2

Luego: M 2 = (2;2)

A para la división interior y positivo para la división exterior. D e acuerdo con esta »conven­ ción«, ¿cómo serían las fórm ulas anteriores para la división interior? Ejemplo: L os extremos de un trazo son

X3 =

-3 + 6

~2

P a ra M j :

-2+ -7V I +m

23

'T W

,

queipuede

• \/3 4

(I) 2) C alcular el radio de la circunferencia

Como el punto S(xj, y2) pertenece a la recta L , deben sus coordenadas satisfacer su

de centro P(6;2) y que es tangente a la recta que pasa por los puntos A( —5;0 y B(0;3). Solución: E s el mismo problem a anterior

ecuación obteniéndose:

sólo con otro enunciado. A x, + By2 + C = 0 . D e aquí resulta: R esp.: r = ~

D y» = T - g « t g - T h

2) m = - T

Sustituyendo estos valores en (I) se obtiene: )350<

\/~34

3) C alcular el radio de la circunferencia de centro ( —8, —2) que es tangente a la recta

3 x - 4 y —1 5 = 0 . ¿Cuáles son las coordenadas

6)

A(8, - 2 ) .

del punto de tangencia?

A =

R esp.: m = ------\

3 7)

B = —4

a)

su

pendiente;

; tr = 146°20’.

D eterm inar la ecuación de la recta que pa­ sa p o r el origen y por el punto P( - 3 , - 5 ) .

C = -1 5

Su inclinación.

Luego: d=-

D eterm inar:

b) su inclinación.

Solución: De la ecuación 3 x - 4 y —1 5 = 0

se obtiene:

Los extremos de un trazo son: P( —4;6) y

-311

I 3 •( - 8 ) + ( - 4 ) - ( - 2 ) + ( - 1 5 ) |

8)

v/3' + ( -4 ) J

pasa por el origen y que tiene una pendiente

por tanto: d = 6 - 5- = r

de 3 /4 .

P ara determ inar las coordenadas del pun­ -3 - - x —3,75

to de tangencia, sabemos que y = de donde: mi =

.

Resp.: y = 0,6 - x ; « = 30°58’ D eterm inar la ecuación de la recta que

Pero como la tangente

es perpendicular a esta recta la pendiente de to­

9)

R esp.: y = 0,75 • x D eterm inar la ecuación de la recta que p a ­ sa p o r el origen y tiene una inclinación de 60°.

Además,

Resp.: y = \ / 3 " - x 10) D eterm inar la ecuación y la inclinación

esta perpendicular debe p a sa r por el punto

de la recta que pasa por el origen y por el p u n ­

( —8 , —2 ) y, p o r lo tanto, su ecuación es:

to Q ( - 5; 4).

y + 2 = — j • (x 4-8) de donde se obtiene:

Resp.: y .= - 0 ,8 - x ; « = 141°20’

da perpendicular a ella es tife = — y -

4 T

y :

11) D eterm inar la ecuación de la recta que

38 3~

' x

pasa por el punto ( - 2 , - 3 ) y tiene una incli­

pero

nación de 58°.

y =

t

x -

R esp.: y = 1,6 -x 4-0,2 12) D eterm inar la ecuación de la recta que

4

tiene por coeficiente angular 1,5 y por coe­ Al

resolver

este

sistem a,

obtenemos el

punto de tangencia: ( -4 ,2 8 ; -6 ,9 6 ).

ficiente de posición - 3 . K R esp.: y = 1,5 • x —3 13) C alcular la ecuación de la recta que pasa por el punto A( - 5 , —3) y p o r el punto B

489. E J E R C IC IO S 1)

C alcular la distancia entre el punto: P < - 5 ; - l ) y Q ( 4 , -7 ).

2) ,

41

14) D eterm inar la ecuación general de la recta

S (l, —6) y T (5;8). C alcular su perím etro y su área.

Resp.: 5x 4 2 y —24 = 0

Los vértices de un cuadrilátero son A( —3, —1), B(5, - 4 ) , C (7;0), D(2;5). Demuestre que son colineales los puntos R ( 7 , l ) , S ( - 2 , —2) y T (10;2).

5)

1

3-j x 4 j

que pasa por, el punto P(6, —3) y tiene una

C alcular su área y su perím etro. 4)

R esp.: y =

Resp.: d = n / 117 Los yértices de un triángulo son R( —5;4),

R esp.: p ( = ) 3 7 , 1 2 ; A = 66 . 3)

( - 2 ; 7).

pendiente de —2, 5.

15) D eterm inar la ecuación de la recta que pa­ sa por los puntos P( —4 , —1) y Q (2;7). Resp.: 4x - 3 y 4 1 3 = 0 16) ¿C uál es la ecuación de la recta que pasa por el punto P(5;7) y es paralela a la recta que determ inan los punios R( —4,' —1) y

Los extremos de un trazo son R ( - 2 , —5)

S(6, - 2 ) ?

y S(4;7). Calcular: a) la pendiente; b) la

R esp.: y = —0, 2 -x + 8

inclinación. Resp.: a) m = 2 : b) /~ 5 ; (x - 2 ) 2 + (y - b f = 5. 10) C alcular la distancia entre los centros de las circunferencias: C ,:x 2 + y 2 —6x - 2 y - 6 = 0 ; Q : x2 +y2 —12x + 4 y +31 = 0.

las coordenadas de

los puntos

dados: p a ra el punto A: (3 - u ) 2 + ( —4 - v ) 2 = r2 para el punto B: (2 - u ) 2 + ( - 5 —v)2 = r2 para el punto C: (2 - u ) 2 + ( - 4 —v)2 = r La resolución de este sistema conduce a

R esp .: d = 3 \/~ 2 .

los valores:

11) Se tienen las circunferencias:

5

Ci : x2 +y* - 6 x - 4 y - 3 = 0;

9

2

1

= t >v= - t > r = r Con esto, la ecuación es: u

Q : x 2 + y 2 —14x + 2y +41 = 0. ¿C uál o cuáles de los siguientes pumos pertenecen a am bas circunferencias?

( x - f - ) 2 +(y+§-)2 = i

A(7;2),

o bien: x2 + y 2 —5x + 9y + 2 6 = 0

B( - 1 ;2),

C (3;6),

D ( 7 ,- 4 ) ,

17) D eterm inar la ecuación de la circunfe­ rencia que pasa por los puntos A(9;4),

E ( 7 ,- l) R esp.: sólo A.

B(3;4) y C (9, - 2 ) .

12) Se tienen las circunferencias: Ci : (x - 3 ) 2 + (y - 2 ) 2 = 1 6 ;

R e s p .:x + y

C , : ( x - 7 ) 2 + ( y + l ) 2 = '9 . a) ¿Son secantes? b) ¿Se cortan ortogo­ nalmente? (Indicación: 1°) determ inar el punto de intersección P de ellas resolviendo el sis­ tema formado p o r sus ecuaciones; 2o) de­ term inar la pendiente de los radios que parten de P ; 3o) verifique si mi = ~ ). R esp.: a) sí; b) P ’(7;2); P ” ( M

~ § )•

—12x - 2 y + 1 9 = 0 .

18) U na circunferencia pasa p o r los puntos A(6;5), B( -2 ;7 ) y C ( - 4 ; - 1 ) . D eterm i­ n a r su centro, su radio y su ecuación gene­ ral. R esp.: (1 ;2); r xa + y2 - 2x -r 4y - 29 = 0. 19) D eterm inar la

ecuación de

la circunfe­

rencia que pasa por el punto (5;4) y es tan ­ gente al eje de las Y en el punto y =2. R e s p . : ( x - 2 , 9 f + ( y - 2 ) 2 ■= 8,41.

20) D eterm inar la ecuación de la circunfe­ rencia que pasa por el punto (3;2) y es 4 unidades de longitud del punto C( —2;5)? tangente a la Y en y = 2 .. R esp.: es la circunferencia: Resp.: (x - 1 .5 ) 2 + (y - i f = 2,25. x 2 + y 2 + 4 x - l O y +13 = 0 .

13) ¿C uál es el L .G . de los puntos que están a

21) D eterm inar la ecuación de la circunfe­ rencia que pasa p o r el punto (2; 3) y es

a) la ecuación general de la circunferen­ cia dibujada;

tangente al eje de las ordenadas en y = 1.

b) la ecuación de la tangente en el pun­ to A;

R esp .: ( x - 2 ) 2 + (y —l)s = 4 . 22) a) ¿Cuál es la

ecuación de

la

circunfe­

rencia de centro (4, —3) si es tangente al eje de las ordenadas? b) ¿Cuál es la inter­ sección

de

esta

circunferencia con

b) .: L O O = ( ( 2 , - 1 ) , ( 2 , - 5 ) } . 31) D eterm inar la intersección de la circun­ ferencia 2 > /T 0

de

centro

con la

Ci ( - 4 ;5 )

circunferencia

y

radio

de centro

C j ( l ; —2) y radio \ J 26. R esp.: Q f l C j = { (2;3), ( 32) D eterm inar

la

ecuación

^

;- #

general

de

) } la

circunferencia de centro C(4; —2) y que es tangente al eje de las ordenadas. R esp.: x + y2 —8x + 4 y + 4 = 0 . 33) U na

circunferencia

que es

tangente

al

eje de las Y tiene por centro (4; - 2 ) . Cal­ cular la intersección de esta circunferen­ cia con el eje de las abscisas. R esp.: X p l O = {(0,54,0), (7,46;0)}. 34) C alcular el área comprendida entre las circunferencias: C ,:x * + y * —8x + 4 y + 1 6 = 0, Q : x2 +y* —4x + 2y - 2 0 = 0 R esp.: área = 21 tt. 35) C alcular la longitud de la cuerda que la recta y = 6 —x determ ina al cortar a la cir­ cunferencia de centro (2, —1) y radio 5. R esp.: d = 5 \/~ 2 . 36) U na circunferencia pasa por los puntos A (2;4), B(6;2) y C(7; - 1 ) . D eterm inar la

)3 6 í(

F {s - 2

ecuación de la tangente a esta circunferen­ cia en el p unto B. R esp.: 4x + 3 y —30 = 0. 37) ¿C uál es la ecuación y la inclinación de la

39) C alcular:

a) el

radio de la circunferen­

cia de centro ( - 8 , - 2 ) que es tangente a la recta L: 3x —4y —15 = 0 ; b) las coordena­ das del punto de tangencia; c) la ecuación

tangente común a las circunferencias de centro Gi (3;2) con radio 3 s / 2 y a la circunferencia C2 (8; —3) con radio 2 y /2 ?

d = r del centro a la recta; 2°) determ inar

R esp.: y. —y = 7 ;

la ecuación de la recta que pasa por el pun­

« = 4 5 °.

38) C alcular (Fig. 3) el área del segmento circular A determ inado p o r la circunfe­ rencia x! + y* = 49 y la recta x + y —l = 0.

de la circunferencia. (Indicación:

1°) calcular

la

distancia

to ( —8; —2) y es perpendicular a L ; 3o) re­ solver el sistem a formado por la ecuación de esta perpendicular y la de la recta L). Resp.: a ) r = 6 1 ;

b) ( - 4 ,2 8 ; -6 ,9 6 );

c) 25(x + 8 )2 + 25(y + 2 )2= 961

40) El centro de una circunferencia es (3;2) y su radio 3 \ Í 2 ; el centro de otra circun­ ferencia es (4; 1) y su radio 2 \ f l . D em ostrar: a) que el punto de intersec­ ción de estas circunferencias y sus cen­ tros son puntos colineales; b) que la ecuación de la tangente común a ellas es: x - y - 7 = 0. (Considere* = -j- ). R esp.: A = 14.

)3 « 5 <

45a U N I D A D R epaso: c o n cep to de fu n c ió n , d o m in io y rango.

500.

Recordaremos sucintam ente estos concep­

tos ya estudiados en Algebra. Supongamos que un operario gana S 10 por hora de trabajo al día

Existen muchas relaciones, como la pre­ cedente, en las cuales existe sólo un valor de la »y« para cada valor de la»x«. C ada vez que esto

ocurre diremos que la relación es una Junción. m ás $ 5 de bonificación diaria p a ra locomo­ ción, permitiéndosele tra b a ja r un máximo de Por lo tanto: “una función es una relación tal que a cada valor del dominio le corresponde 8 horas diarias, sin considerar las fracciones de horas.

uno y sólo un valor del rango«; o bien: »a cada

Entonces, al designar p o r »y« lo que gana al día y por »x« las horas diarias que trabaja,

»x« le corresponde una y sólo una »y««-

se obtiene 1? ecuatión:

gráfico de una circunferencia y de una elipse no corresponde a una función pues hay vertica­

y = 10 -x + 5.

Considerado desde este punto de vista el

les que contienen m ás de un punto de estas E s obvio que lo que gane al

día dependerá

curvas (Fig. 2). (A cada »x« le corresponde tanto, en este m ás de una "y“). E n estos casos se dice, tam ­ caso, la »x« es la variable independiente y la »y«, bién, que la relación es una función doble. es la variable dependiente. Además, en este Y problem a, el dom inio es:

de

las horas que trabaje.

0

P or lo

< x á 8;

el rango correspondiente es: 15g y g 85. L a tabla de valores es: X

y

i

2

3

4

5

6

7

8

15

25

35

45

55

65

75

85

(dominio) (rango)

x2 + y2 = 49 se obtiene: y = ± \ / 4 0 , la traslación es hacia arriba respecto al eje X.

y = a -(x 2 + ^ x + £ - £ + f )

si v < 0 , la traslación es hacia abajo de este eje. D esarrollarem os dos ejemplos:

y-

determ inar: a) su vértice; b) su máximo y mí­

I) E n [(x + 4 f

la

parábola:

y = 2x2 - 1 2 x + 14

nimo; c) ecuación del eje de sim etría; d) su y = a ’(x + S > 2 + ± a-4 a b : p e r o ^ - = - u ; luego:

y = a-(x —u)2 + '

ecuación canónica; e) la traslación horizon­ tal y vertical; f) su ecuación general; g) grá­ (q.e.d.)

fico de esta curva. Solución:

Las coordenadas (u,v) del vértice V de la parábola determ inan el valor mínimo de la fun­ ción cuando las »ramas« se abren hacia arriba (debe ser a > 0 ) ; o indican el valor máximo de ella cuando las »ramas« se abren hacia abajo (a < 0 ). 504. En resumen, podemos d ar las siguientes conclusiones: 1) L a ecuación de la parábola es: y = ax 2 + b x + c; o bien: y = a-(x - u ) 2 + v 2) El vértice de la parábola es: V (u,v) siendo: u = )374(

v

| a =2 ! b = -1 2

a) Si y = 2x2 - 1 2 x + 1 4

c = 14

V

-b

luego: u = ^ v ~

-(-1 2 )

.

= — ---- = 3

4 ac—b* 1 12-144 4a “ 8 ~

,,

P o r lo tanto: V(3, - 4 ) . b) Como a > 0 pues a = 2 , la parábola tie­ ne su mínimo en el punto (3, —4); no existe m á­ ximo. c) E l eje de sim etría es x = u =» x = 3 (es la paralela al eje de las Y p o r el punto x = 3).

d) Siendo a = 2 , u = 3 , v = - 4

la ecuación

canónica de la parábola es: y = 2 -(x -3 f -4 . e) Com o

u

=3a

v

= - 4 , la traslación ho­

rizontal e s de 3 unidades a la derecha de las Y, y la vertical, es de 4 unidades p o r debajo de las X. f) y = 2 -(x —3f —4

conduce

a

la

ecua­

ción general dada: y = 2x 2 - 1 2 x + 1 4 . g) ¡H ágalo U d.! (U bique los puntos encontrados y aproveche la ecuación canóni­ ca para encontrar fácilmente otros puntos). II) Si y = —3-(x + 2 f + 1 , determ inar: a) el vértice; b) la traslación horizon­ tal y vertical; c) ecuación del eje de simetría; d) su máximo y mínimo; e) la ecuación ge­ neral; f) dibuje esta parábola. Solución: a) D e la ecuación dada se obtiene inm e­ diatam ente: u = - 2 , v = 1 . P o r lo tanto: V( —2; 1). b) L a traslación horizontal es a la iz­ quierda pues u = —2 ; la traslación vertical es de una unidad sobre las X pues v = 1. c) x = —2 (paralela a las Y p o r el punto x = - 2 ). d) El máximo está en el punto ( —2; 1); no existe punto mínimo pues a < 0 . e) Basta

desarrollar

la

ecuación

(5;4) está a igual distancia (2 unidades) del eje de* simetría que el punto (1 ;4). E s decir: p a ra x = 1 a x = 5 se obtiene la misma y =4. E n general, siendo x = u la ecuación del eje, de sim etría, los puntos para los cuales x = u ± d se obtiene la misma »y«. Ya hemos demostrado que u = - 2^-. E nton­

dada,

resultando: y = —3x2 —1 2 x —1 1 . f) G uíese p o r la ecuación dada y deter­ mine otros puntos; únalos y obtendrá la curva. O P T A T IV O 505. E J E D E S IM E T R IA D E L A PARABOLA Veamos un poco más detallado este tema ya tocado anteriorm ente. Si consideram os y dibujam os la parábola:

ces, al sustituir en la ecuación y = ax 2 + b x + c de la parábola el valor x = 5^ + d , y después el valor x = -5^ - d , se debe llegar en ambos casos al mi-sino va lor para la »y«. E n efecto: 1 ) si x = -5^ + d

= > y, = a-(d — ¿ )2 + b ( d - ¿ ) + c Al efectuar las operaciones y reducir, se ob­ tiene:

y = 2x2 —12x + 14(Fig. 10). se observa que su punto m ínim o es el vértice de ella V(3, —4) y que las ram as se abren hacia arriba. E l eje de sim etría pasa p o r este punto y está situado a 3 unidades hacia la derecha del eje de las Y. P or lo tanto, la ecuación de este eje

4ac - b

Y> = ' "3F 2)

, . j2

+ ad ■

six=

=*■y* = a ' ( i r -d)2 +b'( i r

+ c-

Al efectuar las operaciones y reducir, se obtiene: y2

4acb2 + ad2. 4a

de sim etría es x =3. Se observa, tam bién, que a puntos equidis­ tantes del eje de sim etría les corresponde el

dem uestra que x = u = - ^ e s la ecuación del eje

mismo valor p a ra la »y«. P o r ejemplo: el punto

de simetría.

R esulta, p o r lo tanto, yi = y 2 con lo que se

)375<

El vértice V (u,v) es el punto de inflexión de esta curva y corresponde a un mínimo cuan­ do 8a H es positivo o a un m áximo cuando »a« es negativo. Problema: C o n stru ir la parábola de la cual se conoce s u vértice V , su eje de sim etría L y un punto P de ella. Solución: 1) D esde P se traza la perpendicular a V L ’; 2) se divide VA en

»n« partes iguales

(por ejemplo, n = 4) y PA en el mismo núm ero de p artes iguales; 3) p o r los

puntos de

división

(1,2,3,4)

se trazan las paralelas a VL; 4) al u nir V con a,b,c y P se obtienen pun­

5) se unen estos puntos de intersección; 6) p a ra dibujar la otra ram a de la pará­

tos de la parábola en la intersección con las pa­

bola basta determ inar los puntos simétricos

ralelas anteriores;

de los anteriores respecto al eje VL.

506. E J E R C IC IO S A continuación se indican los gráficos de diversas parábolas.

ÉiiiËiM â

E n los ejercicios 1 al 30 se pide colocar

29) (

) y = —x2 —2x —5

dentro del paréntesis la letra correspondiente

30) (

) x = 3y*.

a uno de los gráficos anteriores que m ás se apro­

31) Se da la parábola: y = 4x2 — 2 0 x + 2 5 .

xim a a la ecuación dadaindicación: guíese:

D eterm inar: a) su vértice; b) su máxi­ Io) p o r el signo de

»aK para saber si las ram as se abren hacia arriba o hacia abajo; 2o) p o r el valor »c« para saber el punto en que la parábola corta al eje de las Y; 3o) por las coordenadas del vértice p ara saber

mo

o

mínimo;

c) el eje

de

simetría;

d) puntos en que corta a los ejes coorde­ nados; e) dibujarla. 32) Idem ., pero siendo y = ( 2 x - 3 ) 2 - 9 . 33) E n la parábola: y = 2 x — 12x + 14 de­

la traslación horizontal y vertical; 4o) en caso

term inar:

de duda forme una »tabla de valores« y cons­

máximo o mínimo; c) el eje de sim etría;

truya la curva. P a ra confeccionar esta »tabla*

d) su ecuación canónica; e) su intersec­

conviene usár la form a canónica de la paráb o ­

ción con las X ; f) su intersección con el

la, pues con ella se facilitan los cálculos. +4x - 5 ) y = x2 i

2)

(

)y

1

X

II

UI

(

-k

1)

3)

(

) y = X2 —4x + 5

4)

(

5)

(

) y = x2 + 4 x + 5 ) y = x2 + 4x

a)

su

vértice;

b)

su

punto

eje Y. 34) Idem ., pero en la parábola: y = —3x2 —12x - 1 1 . 35) Idem ., pero en la parábola: y = - x 2 + 8x -1 9 . 3 6) Idem ., pero en la parábola: y = 2x2 - 1 2 x + 1 3 .

) y = - x 2 + 4x

8)

(

) y = x2 - 2 x - 8

A(5;3), B(2, - 3 ) y C(0;13). ¿C uál es la

9)

(

) y = 9x2 + 6 x + l

ecuación de la parábola?

10) (

) y = - 0 , 7 5 x2

Solución: Su ecuación es:

11) (

) y = —3x2 + 1 0

y = ax2 + b x + c;

12) (

)y

x'

(

1

7)

1

) y = x2 - 4x

ll

6) . (

Además, dibujarla. . 37) Los puntos de una parábola son:

por lo tanto se debe calcular a,b,c. P ara esto se sustituye en la ecuación las coor­

13 ) (

) V =

2x2 - 1 2 x + 1 4

14) (

)y -

-x 2 +8x -1 9

15) <

) y = —3x2 —12x -1 1

16) (

) y = 2x2 —16x + 2 7

IV) (

) y = x2 —2x

18) (

) y = —2x2 + x

19) (

) y = 3x2 - 2

20) (

) y = —4x2 - 5

tan to , la ecuación de la parábola es:

21) (

) y = - 2 x 2 —4x

y = 2x2 — 12x + 13.

22) (

5 -x2 x

) y

23) (

) y = x2 + 6x + 5

24) (

)y = f-x 2 + 1

denadas de estos puntos que deben satis­ facerla. Se obtiene: para el punto A:

3 = 25a + 5b + c

para el punto B: —3 =

4a + 2 b + c -

para el punto C: 13 = c Al resolver este sistem a obtendrem os los valores: a = 2 ,

38) D eterm inar

b = —12, c = 1 3 .

»u«

para

que

la

parábola

y = (x - u ) 2 + 5 pase por el punto ( -3 ;9 ) . 39) D eterm inar

las

coordenadas

del

vértice

de la parábola: y = —2-(x + 1)2 + v

25 ) (

) y = 4x2 —4 x + 1

26) (

) y = —(x + 2 f - 2

27) (

) y = -(x -2 )2

de la parábola:

)y = -x 2 -2 x +5

que pase p o r el punto (4;2).

28) (

P or lo

para

que pase por el punto ( —1 ;3). 40) D eterm inar

las

coordenadas

del

vértice,

y = —3-(x —5)2 + v para

)3 7 9 (

41) D eterm inar

las

coordenadas

del

vértice

Resp.: 1 = V; 2 = T ; 3 = 1 ; 4 = J ; 5 = H ; 6 = G ;

de la parábola que pasa p o r los puntos

7 =U; 8 = T; 9 = L ;

(0;13) a ( —4;5) siendo a = 1.

13 = R ;

14 = P ;

18 = U ;

19 = D ;

42) D eterm inar la

ecuación de

la

parábola

que pasa p o r los puntos (2, —3) a (6;5) siendo a = 1. 43) D eterm inar

la

ecuación de la parábola

que pasa p o r los puntos a

A(3,

—8)

B (1, —8) siendo a = —2.

23 = S; 24 = C ; 28 = ninguna;

te la intersección de las parábolas: 45) ¿Cuáles de los siguientes puntos (pares

b) d)

y =x2 - 4 x + 4?

f)

B(2;4);

C(4;4);

D ( - 4 , - 4 ) ; E(5;9). 46) D ib u jar la

parábola

32)

20 = F;

21 = Y ;

22 = A ;

25 = K ; 26 = Q ; 27 = M ; 29 = Q ; 30 = ninguna;

a) V í l j ; —9);

(1 ,5 ; - 9 ) ;

ordenados) pertenecen a la función A(0,0);

17 = G ;

x = 1-5—;

c) (0,0)

punto

b) punto mínimo.

— 1.

d)

(0,0)a (3;0)

a las Y. 33) a) V ( 3 ,- 4 ) ;

mínimo

(3, —4);

y = 2 -(x - 3 )2 —4;

e)

c)

x =3;

x =3±

y /I;

y = 14; 34) a) V( —2; 1); b) punto máximo

( —2;1); c) x = - 2 ; d) y x = (y —3)2

(2,5;0);

c) x =2,5; d) (2,5;0) a las X; (0;25) a las

a las X ;

y = (x - 3)* — l ; y = ± 4 ;

Este ejemplo indica que para ubicar los puntos que satisfacen a una inecuación lineal del tipo: a) y > m -x + n ; b) y < m + n -x n es convenien­

y = 0 ; 9) x = 2 ; y = ± 3 ; 10) x = j j ; y = - j j .

te proceder en el orden siguiente Io. determ inar la »frontera* para lo cual se

512. G R A F IC O S D E IN E C U A C IO N E S

dibuja la recta y = m -x 4-n; 2o. se verifica si la desigualdad se cumple o no para el origen. Si se cumple, quiere decir que

A) E l gráfico de la ecuación y = 3 x —4 divide al plano en dos semiplanos. L a recta obtenida es la »frontera« entre ellos y, p o r lo tanto, los pun­

los puntos del semiplano que contiene al origen

tos de la recta no pertenecen a ninguno de estos

son los puntos pedidos. Si la desigualdad no se cum ple p a ra el origen, quiere decir que los p u n ­

semiplanos.

tos pedidos son los del otro semiplano; ' ) 385(

3°. si la recta pasa p o r el origen, se consi­

7)

x + y > 2

dera un punto cualquiera de uno de los semipla-

8)

2x —5y < - 3

nos y se calcula si sus coordenadas satisfacen o no la inecuación.

9)

D ibujar en u n solo gráfico: 4y 5: 3 x - 1 2 , 7y + 4x S 28.

B) E l m ism o camino an terio r es aplicable a inecuaciones de segundo grado o cuadráticas. Por ejemplo: G raficar: x2 + y2 < 16

(P ara señalar m ejor los semiplanos corres­ pondientes a cada inecuación es convenien­ te u sar lápices de colores). 10) Idem.: 2y ^ 3x; y ^

Solución: Se dibuja la circunferencia x2 + y2 = 16

- 5x + 4

11) Idem .: 1 < x ^ 5; — 3 ^ y ¿ 4 12) Idem.: |y :S 4 x + 5 ) n t y ^ -§- - x — £ j n

que es la »frontera«. Los puntos del circulo (re­ gión interior) cumplen con la inecuación dada:

n ¡y ^ - 4 - x + 5 ) 13) I d e m . : { 3 x + 7 y - l l > 0 l n { 5 x + 3 y + 2 5 < 0 |

x2 + y2 < 16 Verifíquelo usted p ara el origen y los puntos (2; 3), ( - 3 , —1), (3, - 5 ) y ( - 1 ,6 ) . Y

14) Idem .: |y ^ 0 ,5 - x + 9 | D {3 x ^ 1 1 —7y) 15) Idem .: {x< 2yl n |2 x < - 5 ) 16) G raficar: (x - 3 ) 2 + (y + 4 )2 > 2 5 17) G raficar: x2 + y2 ^ 64 18) G raficar: (x + 5)2 + (y - 2 ) 2 < 36 19) G raficar: y > - j - - x 2 - 3 Solución: 1°. D ibujar la parábola y = 0 ,5 -x2 - 3 (Fig. 1).

Y

513. E J E R C IC IO S En los ejercicios siguientes es conveniente dibu­ ja r la »frontera« con línea punteada (----- ) cuan­ do no está incluida, o con línea continua (------ ) cuando se la incluye. D ib u jar el gráfico de las siguientes inecua­ ciones: 1)

y < -2 x +3

2)

2x - 3y > 6

3)

5x + 2y < 0

4)

x > y

5)

-3 < x < 2

En este ejemplo, el origen (0, 0) satisface la inecuación y, por lo tanto, los puntos pedi­ dos son los que están entre las ram as de la parábola (región interior) y la curva m is­

6)

- 4 < y < -1

ma, pues la »frontera« está incluida.

>3»«(

2°. Verificar si las coordenadas del origen satisfacen o no la inecuación dada.

24) G raficar y »achurar« la región que cumpla

20) G raficar: xy ^ 12 21) G raficar:

22) G raficar:

x2 + y2 ^ 25 x + 2y > 4 x2 + y2 ^ 36 x2 + y2 >

con las inecuaciones: ( x - 1 ) 2 + (y + 3 )2 < y /H \ x > 2 25) G raficar y »achurar«:

9

4x2 + 9y2 S 36 x2 4- y2 > 16

26) G raficar y »achurar«: 23) G raficar:

1 6 / + 9y2 < 144 y > x2 - 3

)x2 + 8 x + y 2 - lO y +1 < 0¡ n D |x 2 - 2 x + y 2 + 4 y - 2 1 < 0|

)387<

50‘ U N I D A D E cu acion es d e la tan gen te a la curva.

O P T A T IV O

queda:

Xi + x,

514, E C U A C IO N E S D E L A T A N G E N T E

y» =

A UNA CURVA T om arem os, prim eram ente, la ecuación de la tangente a una circunferencia. Sea P„(xo, y0) un punto de la circunferen+ y 2 =i*

•(X - Xo)

(XUIl)

Al g ira r la secante P0Pj en tom o al punto Po de modo que Pi tienda a P„, el valor de Xi se hace igual a Xo, el valor de yi se iguala con el de y„ y la secante P„Pi se convierte en la tan­

(A)

Además, si Pi(xi, yi) es otro punto de ella, la ecuación de la secante que pasa por estos dos puntos es (N° 481): y> - y .

yi +y»

,

gente L (Fig. 2). Con estas consideraciones obte­ nemos sucesivamente: 2x»

y» = -

,

y - y» = k; - k, • (x - x»)

(x - Xo)

y • y» - yJ = - x ■x„ + x„2

(B )

x • x„ + y • y0 = Xo* + y02 Pero, al pertenecer P0 a la circunferencia resulta x02 + y02 = ií ; con esto la ecuación de la tangente en el punto P0 de la circunferencia es: x • Xo + y • y „ = r

(x l i v )

Esta ecuación se obtiene fácilmente »desdo­ blando" la ecuación de la circunferencia dada en x - x + y y = i * ; en seguida, basta reem plazar uno de los factores de las coordenadas variables por las del punto de tangencia (xo, y0). Otra démostración: (para los alum nos que saben Cálculo Diferencial). La ecuación de la tangente en el punto P0 de la circunferencia dada es: X Com o P„ y Pi pertenecen a la circunferen­ cia A), sus coordenadas deben satisfacer a su ecuación, es decir: x,2 + y , 2

a) y - y 0 = m -(x —Xo) que corresponde haz de rectas por este punto (N° 480). Pero la pendiente “m" equivale a la deriva­ da de la curva (circunferencia en este caso) en el punto dado P0. P o r lo tanto, al derivar la ecua­ c ió n ^ 2 + y 2 = r2 se obtiene:

xo2 + yo2 = ¿

2x

x,2 -

+

2 y -y ’

=0

de donde:

y’

= - y

+ Vl2 - y02 = 0 Luego: m = —y - ; este valor sustituido en a)

(xj + Xo) (x, - x.) + (y, + y„) (y, - y0) = 0 yi - y.

de donde: Xi - X„

x, - _x / 3 = 4 r ^ / T - > / 2 ) ( = ) 0 , 5 1 8 -r P12 ( = ) 6 ,2 1 6 t ; «i2 = 30°;ySia = 150° = .y

P i2

L

,2

Ai

2

v / T

= 2 r • (2

-

( in s c r ito ) =

T

V

T

= - jr

( v / T

+ v ^ ) ( = ) 0 ,9

6 6 -r

s / 3 ) ( = ) 0 ,5 3 5 9 - r

3 /

A « (circunscrito) » 12r* ■(2 — y/~5) ( = ) 3,2154 • i* V (en torno a un lado) = 3 r ■ (7 + 4 > /3 ) ■t ( = ) 131,27 •

t

1 7 ) PENTADECAGONO

lu n« lados) kn = A T (lado polígono de doble núm ero de la­ dos respecto al de »n« lados) A, = área del polígono regular inscrito.

kn = r y / 1 - y / 4 - ( -7

A,

n • r • L, .

= f V 4

-(4 )2

1

a

(80°

r

=

4

.4

.co sed ?

Se descompone en triángulos: A = A 1 + A II + A III se descompone en trapecios de igual altu ­ ra »h«: A = h ■(

)3 9 4 (

iiü_

bo + b i + b j + . . . +

f f mm

(n ^ 2 )-1 8 (f = i 8 (f 360°

19) C ualquier polígono o cualquier figura

b)

2

360°

;

perím etro p = n •/„ = 2 n r-se n -^7 - = 2 n r-sen y = 2 n ■p„ -tg-^~£-

y /4 - é f

a)

1

---- 2---- = T n • f . • cot — - .= ? n • r ■se n —

=

A =

R =

n - l . - p ,

Pn

b»)

C) E L C IR C U L O , LA E L IP S E Y LA P A R A B O L A

20)

C IR C U L O

perím etro: C = 2 ir r = r d area A = *■ i* = - |- ir d 2 r = radio d = diám etro

21) Sector circular a = arco; a = S-del centro; 1 radian = 57°,3; Io = 0,01745 rad. A

CC°

A = W

2

1

, r r = T ar

a = a ■r ( a en radianes) A = \ i* ■a (a en radianes)

22)

S E G M E N T O C IR C U L A R

a

= arco; c = cuerda; f - flecha

A = sector - A = 3 ^ •» 1*

c -(r-Q 2

A = - |- r • (a - r • sen ir) A = - j V • (a — s e n a ) (« en radianes)

23)

A N IL L O O C O R O N A C IR C U L A R

A = 7r • (R2 - r2) =— w ; ;j

II

)3 9 5{

2 4 ) TR A PEC IO CIRCULAR

A = círculo — segmento I — segmento II

semiejes: a A b A = ir ■ab perím etro (= )* ■ • (a + b )

27)

SEGM EN TO D E P A R A B O L A

A rea = y c • h

2 8 ) M E D IA L U N A

A =1* perím etro = ir r (1 + j v / 2) ( = ) 1,707t r

)3 ? 6 (

.

,

1 D ) P O L IE D R O S R E G U L A R E S

a = arista; R = radio esfera circunscrita; r = radio esfera inscrita. A, * área total; V = volumen.

29)

TETRAED RO

1

-

REG U LAR

A, = a2 • \ / T ( = ) 1,732 • as h

= ^ y f

V

= 1,118 a3

R = 0,612 - a;

30)

r = 0,204 • a

H EX A ED R O R E G U LA R O CUBO

A = 6 -a* d

= a \/l>

V = a3 R = 0,866 • a; r = 0,5 • a

31)

O CTAEDRO R EG U LA R

A = 2a2 - v / 3 = 3 , 4 6 4 -a2 h V = 4 V 2 ( = ) 0 ,471 -a3 R = 0,707 ■a; r = 0,408 - a

¡ ar• ' W

••

-

‘

\ ' )3 9 7 (

3 2 ) DODECAGONO REGULAR

A = 3a2 V 2 5 + 1 0 -vA 5 = 20,646 • a2 V = 4 ( 1 5 + 7 • v 'T ) = 7 ,6 6 3 -a 3 R = 1,401 - a r

33)

= 1,114 ■a

IC O S A E D R O R E G U L A R

A = 5a2 - v / 3 = 8 ,6 6 0 -a 2 V =

a3 • (3 + x/~5) = 2,182 • a3

R = 0,951 - a; r = 0,756 - a

E ) T I P O P R IS M A S Y P IR A M ID E S

Ai = á rea lateral; A, = á rea total; a = arista basal; l = arista lateral; h = altura; A* o

34)

B = área basal; 2s = perím etro basal

P A R A L E L E P IP E D O R E C T A N G U L A R

At = 2c • (a + b ) A, = 2 - (ab + a c +bc) d

= x/ a * + t f +