Geometria - Carlos Mercado Schuler.pdf

e p

= gama; ó = delta;

= ro; n = m u; ir = pi, ete.

Así, son «correspondientes« los ángulos: « con t (los dos están »sobre« las paralelas y a la »izquierda« de la transversal). 8

con ¡p (los dos están »sobre« las parale

Sabemos que L ’/ / L ” y que L es la tran s­ versal o secante, es decir, que corta a las dos pa­

y a la »derecha« de la transversal).

ralelas (Fig. 1).

lelas y a la »izquierda« de la transversal). I

y con o> (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 , <,

1 7 ).

Si los analizam os p o r parejas veremos que existen ángulos opuestos p o r el vértice (« = &, 0 = y , t = i), ip = w), ángulos adyacentes (a + 0 = 180°, « + r = 180°, « +v ' = 180°, etc.), etcétera. Pero, ahora, consideraremos y relacionare­

d a r dentro de las paralelas. C) Angulos contrarios o conjugados: son los que están al mismo lado de las paralelas y a dis­ tinto lado de la transversal. Estos son: iv con 1*5; 0 con «; 7 con ij; S con o>.

mos un ángulo del grupo de los cuatro de »arri­ ba« con uno de los cuatro ángulos del grupo de »abajo«. D e este modo podremos com parar los siguientes pares: {a, <), (a , ¡p), (a, id), («,

v), (P, é), (£, v ), (fi, <*>)> (£¡> v), etc.

D) ¿Ingu/oí colaterales: son los que están al mismo lado de la transversal y a distinto lado de las paralelas. Estos son: a con ui; 0 con f?; y con i;

5 con
P a ra poder estudiar las propiedades de los diferentes pares que se pueden form ar, los cla­ sificaremos y darem os un nom bre especial a cada par: ym

83. Estas mismas cuatro clases de ángulos se forman también aunque las rectas no sean para­ lelas (Fig. 2), pero no poseen las propiedades que

86. T E O R E M A VI »Los ángulos contrarios o conjugados entre pa­ ralelas son suplem entarios«. L

dem ostrarem os a continuación y que se cumplen sólo en el caso que las rectas L ’ y L

sean p ara­

lelas. 84. T E O R E M A I V “Los ángulos correspondientes entre paralelas H .) L ’/ / L ” ; L = transversal (Fig. 41 a y f> son ángulos contrarios.

T .) a +*£ = 180 D .) £ + ¥> = 180° (son 4 adyacentes). ,

(4 Corresp. entre / / ) .

=a

. ’ . a. +<í> = 180° (por Ax. D) 87. T E O R E M A V II “Los ángulos colaterales de la transversal son H .) L ’/ / L ” ; L = transversal (Fig. 3). a y < son ángulos correspondientes.

suplem entarios«. H .) L ’/ / L ” ; L = transversal a y a son ángulos colaterales (Fig. 4).

T .) a = < D.) La demostración la harem os por traslación

T .) a + « =180°

paralela.

s = ex

Se traslada * paralelam ente a sí mismo h as­ ta que su vértice B coincida con el vértice A del 4

D .) ( + ui = 180° (so n 4 adyacentes).

a . Al mismo tiempo el lado BA de t coincide

( 4 corresp. entre / / ) .

. . a + <0 = 180° (por Ax. D). Observación: A todos los ángulos agudos los

con el lado AL de « . Por lo tanto, a! coincidir los

consideraremos como “ángulos de la misma na­

lados de a con los lados de £ es porque estos

turaleza« ; análogam ente, todos los ángulos obtu­

ángulos son iguales. E s decir: a = <.

sos son tam bién de la m ism a naturaleza. En cambio, cuando consideremos un ángulo agudo

85. T E O R E M A V “Los ángulos altem os entre paralelas son igua­ les« H .) L 7 / L ” ; L = transversal (Fig. 3).

y uno obtuso diremos que son “de distinta n atu ­ raleza«. D e acuerdo con esta convención podemos enunciar el siguiente

a y t¡ son alternos. T .) = >?., D.) Sabemos que: a = ((por T eo r. iv). i? = < (4 opuestos vértice) . . a = 17

(por Ax. E o transitividad).

88. T E O R E M A V III “Al cortarse dos rectas paralelas p o r una trans­ versal, los ángulos de la misma naturaleza que se forman son iguales entre sí y los ángulos de distinta naturaleza son suplem entarios«. )49(

89. T E O R E M A I X »Si una recta corta a otras dos formando ángulos correspondientes iguales, las rectas son para-

D .) Lo dem ostrarem os »por reducción al absur­ do« y, por lo tanto, supondremos que L no corta a L ” . Pero si L no corta a L ” significa que L debe ser paralela a L ” y de este modo tendríam os por A dos paralelas a L ” . Esta conclusión es un absurdo porque por el punto A existe sólo una paralela a L ” . P or lo tanto, L corta tam bién a L ” . 91. T E O R E M A X I »Si una recta es perpendicular a una de dos pa­ ralelas, tam bién lo es a la otra«.

H .) <* = í (Fig. 5).

(Dem uéstrelo usted por »reducción al ab­ surdo“ ).

T .) L 7 / L ” D .) H arem os una demostración p o r reducción al absurdo o demostración indirecta. Este método de demostración consiste en

92. T E O R E M A X I I »Dos ángulos de la misma naturaleza que tienen sus lados respectivamente paralelos, son iguales

negar la tesis para, en seguida, razonando co­ rrectam ente se llega a un absurdo, lo que obliga a aceptar la tesis como verdadera. En este teorem a al negar la tesis se supone que las rectas L ’ y L ” no son paralelas. Por lo tanto, de acuerdo con el 5° Postulado de Euclides, po r el punto P se puede trazar la recta R parale­ la a L ’\ De esta m anera tendríamos: pero

«’ = a =

< (por ser R / / L ” ). ( (por Hip.)

a = a ' lo que es absurdo, pues »el to­ do no es igual a una de sus partes«. Por lotanto, para que a = a debe coincidir R con I.‘, es de­ cir. debe ser L ’/ / L ' \

H .) Li / / L¿ y La / / L , (Fig. 7) a y 0 son ángulos de la misma naturaleza (los dos son agudos, pero podrían ser los dos obtusos). T .) * = 0

90. T E O R E M A X »Si una recta corta a una de dos paralelas, tam ­ bién corta a la otra«.

D .) a = ( focorrespond. entre / / ) [i = < fe c orrespond. entre / / ) . . a = y3 (por transitividad o Ax. E) 93. T E O R E M A X I I I »Dos ángulos de distinta naturaleza que tienen sus lados respectivamente paralelos son suple-

Fig. 6

H . ) I . '/ / L "

(Fig. 6 )

L O L ' = ¡A| T .) E H L” = ¡B| )50(

H .) L, / / U y U / / U (Fig. 8) a y y son 4 de distinta naturaleza. T .) a + 7 = 180° D.) 0 + y = 180° (4 adyacentes) 0 = « -(T e o r. ■

- « +7

xh)

= 180° (por Ax. D)

94. E JE R C IC IO S 1) Si L ’ / / L” , entonces la medida del ángulo a , sabiendo que 0 mide la m itad de a , es

4)

(Fig. I):

A) 40°;

B) 80°;

C ) 60°;

D) 90°;

E) « = 20° ,0 = 160°. En la figura iv las rectas L ’ y L ” son parale­ las. El ángulo »x« en función de a y 0 mide;

C) \

■(a + tí);

D) 2 - ( a - 0);

E) 75°. 2 ) En la figura II, calcular « si a : 0 = 2:5

y siendo.L’ / / L” , se obtiene sólo una alter­

5)

E) a + 0En la figura v las rectas L ' y I-” son parale­ las. Entonces, el ángulo »x« en función de

nativa correcta:

a y 0 , mide:

A) a - 4 0 ° ;

B) a = 100°;

G) a = 20°;

D) tí = 50°;

E) 0 = 120°. 3) En la figura ni la recta L es perpendicular

A) « -.tí;

B) tí -o r;

C ) y • (« + tí);

D) 2 - (a —0):

a L ’ y L ” . Entonces, los ángulos « y 0 sa­ tisfacen sólo una de las alternativas si­ guientes: A) a

= 4 0 °,0 = 140°;

B) « = 50°,0 - 130°; C) «

= 40° ,0 = 100°;

E) | 6)

• (a + 0).

Aprovechando el T eor. iv o v , trazar por un punto P la paralela a una recta L.

R esp.:

1-B;

2-A ;

3-B;

4-E ;

5-A.

)51(

10a U N I D A D T e o r e m a s sob re á n g u lo s in te r io r e s y ex terio res d e u n trián gu lo. C orolario. E sco lio . A n gu los d e la d o s p erp en d icu la res. A n g u lo s in te r io res de un cu ad rilátero. Sum a de lo s á n g u lo s in te­ r io r e s y e x terio res d e u n p o líg o n o . A n g u lo d e u n p o líg o n o regular. N ú m e ro d e d iagon ales d e u n p o líg o n o .

95. T E O R E M A X I V »Los ángulos interiores de un triángulo suman 180°«. (Ya fue dem ostrado intuitivam ente en el N° 55).

D e acuerdo con lo anterior, del Teorem a x iv - recién dem ostrado podemos obtener o deducir los siguientes corolarios: 1)

H .) a , 0 , y son 4 interiores del A ABC. T .) a + 0 + 7 = 180°.

E n un triángulo rectángulo los ángulos agudos suman 90°. Es decir: « 4 -0 = 9 0 ° (Fig- 2 ) .'

c

D .) P o r uno de los vértices del A ABC se traza la paralela al lado opuesto, p o r ejemplo, L / / AB. D e este modo que form an los án­ gulos a ’ y 0 ’, obteniéndose (Fig. 1): 2)

En un triángulo rectángulo isósceles cada ángulo agudo mide 45° (Fig. 3). C

- «’ = a

(son 4 alt. entre / / siendo AC la transversal).

0’ =0

(son 4 alt. entre / / la transversal).

3)

mento de la sum a de los otros dos.

siendo BC

S i« + 0 + 7 = 180°, resulta:

pero

a. =180° —{0 + 7 ); o bien: 0 + 7 =180° —a

a ’ 4-0 ’ + 7 = 180° (form an un 4 extendido)

0 = 180° —(« + 7 ); o b ie n :« 4-7 =180° —0

. . a + 0 . + y = 180° ( p o r A x .J J )

96.

C ada ángulo de un triángulo es el suple­

y = 180° —(t* +0); o b ien : « + 0 =180° —7 . 4)

C ada ángulo de un triángulo equilátero mide 60°.

5)

C ada ángulo b a sa l« de un triángulo isósceles mide:

Este teorema lo hemos dem ostrado en for­

m a general, es decir, es válido p a ra cualquier triángulo. Pero si los aplicam os a triángulos especiales

podemos

obtener

algunas

conclu­

siones particulares, o sea, válidas sólo p a ra ca­ sos especiales o particulares. L a s conclusiones p a ra casos particulares que se deducen de un teorem a dem ostrado en form a general, se lla­ m an corolarios (o escolios). N osotros usare­ mos el térm ino »corolario«, pues »escolio« debe usarse m ejor en el sentido de »observa­ ción«. )52<

a =90°

Í

y (Fig. 4).

97. T E O R E M A X V

99. T E O R E M A X V I I

»Dos ángulos de la misma naturaleza y que tienen

»El ángulo exterior en un vértice de un triángulo

su s lados respectivamente perpendiculares son

es igual a la sum a de los dos ángulos interiores no adyacentes con él«.

¡guales entre sí«. H .) ÁB _L CB y A D 1 CD a y 0 son ángulos de la misma naturaleza (los dos son agudos) (Fig. 5).

Fig. 7

H .) ¿ = * exterior en el vértice C ABC (Fig. 7). T .) 5

del A

—a +0 5 + 7 = 1 8 0 ° (so n * adyacentes).

D .) D.) Los ángulos < son iguales p o r ser opuestos

+ 0 + 7 = 1 8 0 ° (p o rT eo r. xiv).

ce

por el vértice. Además, los triángulos que se forman son rectángulos. Luego (Fig. 5): a = 90° - e

+ 7 = a + 0 + 7 (portransitividad).

. . í6 |

7=7 ó =«

( p o r A x . C). +0

(porA x. F).

B = 90° - < (transitividad o Ax. E).

''Ira demostración (Fig. 8 ):

98. T E O R E M A X V I “Dos ángulos de distinta naturaleza que tienen -► L

su s lados respectivamente perpendiculares son

:. suplementarios« (Fig. 6). H .) AB 1 CB y AD 1 CD « y 7 son ángulos de distinta naturaleza (uno es agudo y el otro es obtuso).

Fig. 8

D .) P or el vértice C se traza el rayo L || AB. Se obtiene: a

= a

(son *correspond. entre ||).

0’ - 0

(son * - alternos entre 11 )

pero

D . ) 0 + 7 = 180°

0 .= a .

a

+ 7

= 180°

5 = « ’ + 0’

(p orA x. B).

5 =a +0

(porA x. D).

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

(s o n * adyacentes). (p o rT e o r. xv).

(Fig. 9).

(por Ax. D).

isósceles es igual a l doble del ángulo basal«.

»El ángulo exterior en el vértice de u n triángulo

)53(

102. T E O R E M A X I X »Los ángulos interiores de un cuadrilátero su­ m an 360°«. C

10 1. T E O R E M A X V I I I »Los ángulos exteriores de un triángulo suman

H .) « ,/ 3 , 7 , 5 son 4 interiores (Fig. 11) T .) a +(8 + 7 + b = 360°

360°«.

D .) Se traza una diagonal. (Diagonal es el trazo que se obtiene al unir dos vértices no vecinos de un polígono). De esta m anera se forman dos triángulos en los cuales se verifica: ángulos del A A B D ángulos del A BCD

= 180° | ^ = 180° J

cuadrilátero A B C D

= 360°

103. T E O R E M A X X Si un polígono tiene »n<( lados, la sum a de sus

T .) ó + i + ¡p = 360°

ángulos interiores vale 180°. (n - 2 ).

D.) +

l a +

(son 4 adyacentes) (son 4 adyacentes)

| y + ó = 180°

(son 4 adyacentes)

4 in t. + 4 ext. = 540° 4 ¡nt.

E

__

=180°

. ' . 4 ext.

= 360°.

Otra demostración: H.) a , /?, 7 , ó-, ( . . .

Í

b = a + fi

(p o rT e o r. xvii)

e = cc + y

(por T eor.

x v ii)

= 4 interiores (Fig. 12).

T .) oí -H3 . + 7 + 6 + r . . . = 180°- (n - 2 ) , D.) Se descompone el polígono en triángulos

tp =¡0 + 7

(por T eo r. xvn)

por medio de las diagonales que parten de

ó + i +

un vértice. Se encuentra que el núm ero de triángulos que se forman es siempre infe­

= 2 -{a +6 + 7 )

rior en 2 unidades al número de lados. Por

= 2 • 180°

ejemplo:

= 360°. >54(

Si n ” 4 (cuadrilátero) Si n = 5 (pentágono)

se form an ( 5 - 2 ) A =

2 • A = * 180° -2 3 • A = » 1 8 0 ° -3

Si n = 6 (exágono)

se form an ( 6 —2) A =

4 ■ A = » 180° -4

Si n = 1 2 (dodecágono)

se form an ( 1 2 —2) A =

10 . A = > 180° - 10

Si n = n (cualquiera)

se form an (n —2) A = (n —2) ■ A .==» 180° • (n —2)

se form an ( 4 - 2 ) A =

Como la sum a de todos los ángulos de todos los

T ra te usted de encontrar otra demostración:

triángulos que se form an equivale a la sum a de

Por ejemplo:

iodos los ángulos del polígono se obtiene: 4 int. + 4 ext. = . . . . . 2 4 (polígonos) = 180° • (n —2).

4 int.

• « 3

El símbolo 2 (letra griega: sigma m a­ yúscula) se emplea para indicar sum a de térm inos msumatoria. MU. C O R O L A R IO

4 ext. - . . . .

106. E JE R C IC IO S .

1)

ios iguales y, p o r lo tanto, cada ángulo de polígono regular mide: =

ángulo agudo? 2)

mide el tercer ángulo? 3)

La sum a de dos ángulos de un triángulo es 145° y la diferencia de ellos es 55°. ¿Cuál

todos los lados y todos los ángulos iguales. . TEO REM A X X I

U n ángulo de un triángulo mide 72°54’ y otro de sus ángulos mide 52°49’. ¿Cuánto

180° (n -2)

--------------------n

Definición: Polígono regular es el que tie-

U n ángulo agudo de un triángulo rectán­ gulo mide 62°28’. ¿Cuánto mide el otro

el polígono es regular de »n« lados tiene »>n«

a

= . . . .

es la medida de los ángulos del triángulo? 4)

El ángulo del vértice de un triángulo isós­ celes mide 40°. ¿Cuánto mide cada ángu­

ángulos exteriores de cualquier polígono

lo basal? 5) . D em ostrar que si un polígono tiene »n« lados, el total de diagonales que se pueden traza res: d = y • (n - 3 ) . 6)

¿C uántas diagonales pueden trazarse en un dodecágono?

7)

Si en un polígono se pueden tra z a r 20 dia­ gonales, ¿cuántos lados tiene?

8)

¿Cuántos

lados

tiene

el

polígono

con­

vexo en el cual se pueden tra z a r 90 diago­ nales? « + 0 + 7 + ó + < + - . . = 360°. Se elige cualquier punto de la región inte­ rior o exterior del polígono y p o r él se tra ­ zan las paralelas a los lados del polígono (Fig- 13). Según el T eor. x se tiene: C « ' = a , 0 ' =¿3, 7 '. = 7 , 5' = etc. ¡ p eroa’ + 0' + 7 ’ + ¿' + <' = 360° Por lo tanto: a +0 + y + 6 + t = 360°.

9)

¿C uántos lados tiene un polígono regular si cada uno de sus ángulos mide 162o?

10) ¿C uánto sum an los ángulos interiores de un pentadecágono convexo? 11) ¿C uánto mide el ángulo del decágono re­ gular convexo? 12) C ada ángulo de un polígono regular mide 0,9 r radianes. polígono?

¿Cuántos

lados tiene el

>55(

13) Si el ángulo exterior en un vértice de un triángulo es el doble del ángulo adyacente

, \ arco Xfe 5 km Luego: a (radianes) = ■■j a — - 637Ókm 0,000785 rad. = 2’41”

a él, entonces m arque la alternativa que no

2° solución:

es posible

A) el A puede ser óbtusángulo;

arco AB

B) puede ser A rectángulo;

2t r

C) puede ser A acutángulo:

180° -À ïi 360°

Sustituyendo se obtiene:

D) puede ser A isósceles; E) puede ser A equilátero.

------- 1 8 0 °. 5 k m ,f ~ 3 ,1 4 -6 .3 7 0 k m

14) En el triángulo R S T se trazan las alturas T H y R P. Si RS es el doble de SP, entonces

q o 0 4 4 9 7 /; = 7 1 4 1 1 1 o - * » * >'■

16) En el fuadrado ABCD de lado »a« se tra ­ za AE = D E = D F = C F (Fig. ni).

la medida del ángulo »x« es (Fig. i ) :

A) 60°;

B) 45°;

C )3 0 °;

D ) 22° ,5;

.

E) 15°. 15) ¿C uál es el ángulo que form an los horizon­ tes de V alparaíso y de V iña del M a r si estas dos ciudades están a 5 km y el radio terres­ tre mide 6.370 km? /* solución: Sabemos que la vertical de un lug ar es perpendicular al plano del ho­ rizonte y, p o r lo tanto: A H ± O A v B H ' l OB (Fig. n).

D em ostrar que los puntos B, E y F son colineales, es decir, están sobre la misma recta. (Indicación : basta dem ostrar que * B E A + 4 A E D + 4 D E F = 180°). 17) En la figura til, con las m ism as condicio­ nes

del

problema

anterior,

calcular

la

medida del 4 D F B . 18) En la figura 111 calcular la medida del ángulo CBF. 19) En la figura 111 calcular la medida del 4 FD B (fórmelo usted). 20) E n la figura 111 dem ostrar que 4 C F B : 4 B FD = 1 : 3 .

Resp.: 1) 27°32'; 2) 54° 17'; 3) 100°; 45°; 35°; 4 )7 0 °; 6 )5 4 ; 7 ) 8 ; 8 ) pentadecágono; 9) icoságono; 10) 2.340°; 1 1 )1 4 4 °; 1 2 )2 0 ; 13) D; 14) C; 17)45°; 18) 15°; 19) 105°. D e acuerdo con el -Teor. x v , el ángulo « ’ formado por los horizontes en V alparaíso y en V iña es igual al ángulo formado por las verticales en estos

lugares (son ángulos

de lados perpendiculares): « = <(’ >*»<

107. T E S T S l ) El ángulo exterior en un vértice de un triángulo es el doble de su ángulo adyacen­ te. Entonces, el triángulo es:

í A) equilátero; C) rectángulo;

B) isósceles; D) escaleno;

6)

Las bisectrices en S y R (Fig. 4), se cortan formando un ángulo

»x«. Si L¡ / /

La,

entonces la medida de »x« es:

E) falta mayor información. 2) El ángulo exterior en un vértice de un triángulo es el doble de su ángulo adya­ cente.

Entonces, ¿cuál de »los siguientes

triángulos no puede ser? A) equilátero; B) isósceles; C) rectángulo;

D) escaleno;

E) obtusángulo. 3 ) Si T H es altu ra del

A S R T , entonces

el ángulo »x« mide (Fig. I): A) 20°; B) 35° G) 4ñ°

A) 100°;

B) 50°;

D» 30°

C) 40°;

D) 75°;

E) 70°.

E) 90°. Por el punto de tangencia de dos circun­

7)

ferencias (Fig. 5), se trazan dos rectas que

forman

un

ángulo

»x«.

Entonces,

>'x« equivale a: 4)

En la figura 2, R1I es bisectriz del ángulo SR T . Entonces, la medida del ángulo »x»

■ es:

B

20

D) 90 1',) falta mas

información A) « +p + 7 + é; B) 2„ +28 + 2y + 2 5 ; 5)

En el A S R T (Fig. 3), se sabe que T S = T R y 4 ST R = 36°. Además, el ángulo p es el doble del ángulo « .

C)

(<>' +P + 7 + 4 );

D) (« +/?) - (7 + ój;

Entonces, la

medida del ángulo »x« es: 8)

E) otro valor. El ángulo exterior en el vértice de

un

triángulo es el triple de su ángulo adyacen­ te. Entonces, el triángulo no puede ser: A) isósceles; B) obtusángulo; C) rectángulo; D) isósceles-rectángulo; 9)

E) equilátero. El ángulo exterior en un vértice de un triángulo es la tercera parte de su ángulo

interior adyacente. gulo no puede ser:

Entonces,

el

triá n ­

A) escaleno; B) isósceles; C) obtusángulo-isósceles; D ) acutángulo; E) obtusángulo-esealeno. 10) Dos rectas paralelas Li y U son corta­ das por otra recta L. L as bisectrices de los ángulos en R y S se cortan determinando un ángulo »x« que mide (Fig. 6 ):

De estas afirmaciones son verdaderas só­ lo: A) I; C) III;

B) II; D) I y II;

EX I y III13) En el triángulo R ST se traza la altura T H y las bisectrices de los ángulos en H y en S. La medida r1- ' ángulo »x« que forman es­ tas bisectrices es (Fig. 9):

A) cualquier valor m enor que 180°; B) cualquier valor entre 90° y 180°; . C) cualquier valor entre 45° y 90°; D ) 90° E) falta m ás información. 11) En el triángulo isósceles S T Q se traza SV J . T Q y V M _L S T . Siendo 40° la medida del ángulo Q SV , entonces »x« mide (Fig. 7): A) 40°; B) 20°; C) 50°; D) 25°; E) 30°.

12) Si x = 45°, y = 135°, entonces el triángulo S T Q es (Fig. 8): I)

isósceles;

II) obtusángulo; III) rectángulo.

14) Si las rectas L, y Lz son paralelas, el ángulo »x« que forman las otras dos ree-

A) 120°;

B) 140°;

C ) 150°; E) 80°.

D ) .160°;

19) En el triángulo isósceles S R T se traza la altu ra T H . P ara que resulte R H = T H el ángulo »x« debe m edir (Fig. 13):

15) En el cuadrado R S T Q se hace Q V igual a la diagonal QS. Entonces, el ángulo »x« mide (Fig. 11):

A) 15°;

B) 30°;

C ) 45°;

D) 22°30';

E) cualquier valor.

20) En el triángulo Q R T se tiene T Q

= TR.

La medida del ángulo »x« es (Fig. 14): A) 30°;

B) 45°;

C) 60°;

D) 22°30';

E) 67°30'. 16) En un triángulo uno de los ángulos es el 50% de uno de los otros dos y el 33 y % del tercero. Entonces, el ángulo menor de los tres mide: A) 15°;

.

B) 30°;

C) 45°;

I

D) 60°;

E) ninguno de estos valores. 17) El triángulo del problem a anterior es:

21) En el triángulo S R T la transversal T L es bisectriz del ángulo en T .

A) isósceles-rectángulo; B) obtusángulo;

triángulo S R T es (Fig. 15):

C ) acutángulo;

A) isósceles;

D) equilátero; E) rectángulo-escaleno.

B) rectángulo-isósceles; T

C) equilátero;

18) En el triángulo S R T se traza RL / / ST. E ntre los ángulos 'x (< e “y" se cumple una

[

de las siguientes relaciones (Fig. 12): A) x = y; B) x + y = s + t; C) r + x = y; E) x + y = s + r

D) s + r

Entonces, el

D) obtusángulo; E) rectángulo.

= x +y;

t.

22) Desde un punto P se trazan las perpendi­ culares a los lados del A S R Q en el cual a = 35° y /? = 45°. M arque cuál de las si­ guientes 16):

relaciones

es

la

correcta

(Fig.

A) ò- = 180° —7 ; B) a + 0 = 7 + ¿; C ) or + 0. + 7 + & = 360°. D ) a + /? = 6 — y E) 5 = 180°

23) En el triángulo S R T se traza la bisectriz

(l

27) En el A S R T

se traza una transversal

SL del ángulo a . L a medida de este ángu­ lo es (Fig. 17):

T Q de modo que el * T Q R = 120°. E n­

A) 30°

A) 20° /•'?-

17

tonces, el ángulo »x« mide (Fig. 20): T

B) 40° C) 60° D) 30° E) 80°.

24) Si un polígono regular tiene doce lados, cada uno de sus ángulos mide: A) 60°; B) 75°; C) 105°; E) 150°.

28) En el triángulo Q R T el valor del ángulo »z« es (Fig. 21):

D) 120°; A) 15°;

25) En el triángulo S R T la transversal T L es la

bisectriz del ángulo S T R (Fig.

T

B) 20°

18). C) 25° D ) 30° E) 40°.

29) En

el triángulo

MNP

se verifica que:

y = 2x, z = x 4 -y. Entonces, este triángulo es (Fig. 22): P A) isósceles; Entonces, el ángulo/3 mide: A) 30°; B) 60°; C) 50°; E) 40°.

D) 65°;

26) En el cuadrilátero S R T Q se cumple una de las siguientes alternativas (Fig. 19): )60(

B) rectángulo-isósceles; C) equilátero; D ) obtusángulo; E) rectángulo.

30) Los ángulos interiores de un triángulo son x, y, z. Se sabe de estos ángulos que

D e estas relaciones son verdaderas sólo: A) I; B) II

x:y:z = 2 :3 :4 . Se afirm a que entre ellos

C) III;

existen las siguientes relaciones (Fig. 2 2 ):

E) I y III.

D)IyII-

R esp.: 1) E ; 2) B; 3) A; 4) E; 5) D; 6 )

I)x + y = 100°;

E

= ? 0o. ..............

7) C; 8 ) E; 9) D; 10) E; 11) D ; 13) A; 14) B; 15) E; 16) B; 17) E ;

12) E 18) B

III) z - y = 20°.

19) D; 20) D ; 21) E ; 22) D; 23) B;

24) D

...

25) A; 26) D ; 27) A; 28) B; 29) E; 30) E.

KD

O 0

E JE R C IC IO S

90°

(V)

O O <7>

90°

que dentro del paréntesis el o los núm eros

3.(

nos correspondientes a los polígonos peos: ) ¿Cuáles de estos polígonos son sólo equiláteros? ) ¿Cuáles son sólo isógonos?

) ¿C uáles son equiláteros al mismo tiempo?

4 (

e isógonos

) ¿Cuáles son regulares?

5-(

) ¿C uáles son polígonos

rectangula­

res?

)61(

11a U N I D A D C on stru ccio n es g eom étricas fu n d a m en ta les (4a parte). P o líg o n o s in scrito s y circunscritos. C o n stru cción d e p o líg o n o s regulares. P o líg o n o s estrellad os.

Com pletarem os, ahora, lo que ya hemos ade­ lantado más atrás sobre los polígonos. D e ellos

D) Polígono inscrito en u n a circunf rencia es el que tiene todos sus vértices sobre

existen diversas clases diferentes, no sólo por

ella. El radio de la circunferencia circunscrita

el núm ero de lados, sino p o r la m anera cómo

al polígono se designa por r = O A (Fig. ni).

están formados. Así podemos distinguir: 108. A ) P O L IG O N O S IR R E G U L A R E S Son los que tienen sus lados y ángulos desigua­ les (Fig. i).

E)

Polígono

circunscrito

a

una

circu

ferencia es el que tiene todos los lados tangen­ tes a la circunferencia (Fig. iv).

B) Polígonos convexos (Fig. 0- Son aquellos en los cuales todos los ángulos interiores miden menos de 180°. Al u nir dos puntos cualesquiera de la fron­ tera de estos polígonos (perím etro o contorno) se obtiene siem pre un trazo RS cuyos puntos pertenecen todos a la región interior del polí­

El radio de la circunferencia inscrita al

gono (salvo los extremos); o bien, al cortar el

polígono se designa por p = O T . F) Polígono regular. Ya

polígono por medio de una transversal L ésta

a trá s que es el que tiene todos los lados de igual

corta como m áximo a dos lados del polígono.

medida y todos los ángulos de igual medida. Así, el cuadrado es un polígono regular (tiene los 4 lados iguales y los 4 ángulos iguales

C) Polígonos

cóncavos

(o

no convexos).

Son los que tienen p o r lo menos un 'ángulo inte­

dijimos

a 90° cada uno). En cambio, el rombo no es un polígono regular porque tiene sólo los cuatro

rior m ayor que 180° (Fig. n).

lados iguales pero no sus ángulos. A todo polígono regular se le puede ins­ cribir o circunscribir una circunferencia.

109. C IC L O T O M IA Se refiere a la división de una circunferencia en »n« partes iguales y, por lo tanto, equivale a di­ vidir el ángulo de 360° en »n« partes iguales En

estos

polígonos

existen

transversa­

o a construir un polígono regular de »n« lados. A continuación nos dedicaremos a la cons­

les que cortan a m ás de dos lados, tal como L '. Además, los puntos dej trazo AB que determ ina

trucción de algunos polígonos regulares y más

esta transversal no pertenecen todos a la región

adelante

interior del polígono.

gitud de sus lados en función del radio »r«.

>62(

(33a U nidad)

calcularemos la lon­

m

110. C O N S T R U C C IO N D E P O L IG O N O S REG U LARES Problema 1) C onstruir un cuadrado inscrito en una circunferencia (Fig. 1).

Solución:

1) Se traza un diám etro M N

(F ig -3). 2) Solución:

Basta

trazar

dos

diám etros

ndiculares y unir sus extremos. Designando p o r l4 el lado del cuadrado, ulta: AB = / «. El ángulo del centro AOB mi90°.

Se trisecta el * M O N =180° para lo

cual basta cortar con el radio desde M y N. Se obtiene: AB = k que.es el lado del exágono. El ángulo del centro es * AOB =60°. Problema 4) C onstruir un triángulo equilátero inscrito en una circunferencia.

oblema 2) C onstruir un octógono regular rito en una circunferencia. Solución: 1) Se trazan dos diám etros perdiculares (Fig. 2).

Solución: 1) Se procede igual que en el exágono aplicando el radio sucesivamente como cuerda (Fig. 4). 2)

Al unir “punto por medio« se obtiene

el triángulo equilátero inscrito de lado AB =l¡ y ángulo del centro AOB = 120°. 2) Se trazan las bisectrices de los ángudel centro de 90°. 3) Se unen sucesivamente los puntos obidos

sobre

la

circunferencia,

resultando

B = /g el lado del octógono. En este polígoel ángulo del centro mide 45°. Así

podríam os

seguir

construyendo

el

ígono de 16, 32, 6 4 . . . lados. E s lo que se noce como la sen e del cuadrado: 4,

8 , 1 6, 3 2 . . .

= 4 - 2 * siendo n £ IN,

2: 0 .

blema 3) C onstruir, un exágono regular crito en una circunferencia.

Problema 5) C onstruir el dodecágono regular inscrito en una circunferencia. Solución: 1) Se procede igual que en el exágono obteniéndose seis ángulos del centro de 60° c /u .

2)

Se trazan las bisectrices de estos ángu­ Problema

los y se unen sucesivamente los puntos obtenidos

7) C onstruir un decágono regular

inscrito en una circunferencia.

en lá circunferencia. R esulta (Fig. 5): 4

AOB = 3 0 °= * A B = lu-

Otra construcción: Io) Se m arcan los extrem os A ,B ,C y D de dos diám etros perpendiculares. 2o) Desde estos puntos se corta la cir­ cunferencia con una m agnitud igual al radio. Fig. 8

3o) Se unen sucesivamente los puntos obte­ nidos resultando al dodecágono regular.

Solución: Análogamente como se hizo en el pentágono bastaría dibujar con el transpor-, tador un ángulo del centro de 36° puesto que 360° : 10 = 36°. Entonces: AB = ll0 (Fig. 8). (M ás adelante, en la 33a U nidad, veremos y de­ m ostrarem os otras

construcciones para

k

y

/io). Podríam os

seguir con

polígonos de 20,

40, 80, . . . lados y obtener la »serie del pentá­ gono«: 5, 10, 20, . . . = 5 - 2" siendo n € IN y n 2 0.

Problema 8J C onstruir un

polígono regular

de »n« lados siendo n > 4 . Solución: Así

podríam os

seguir

construyendo

lo

que se conoce como »serie del triángulo o del exágono« que representa a los polígonos de 3, 6 , 12, 2 4 . . . lados = 3 - 2 " siendo n £ IN y n > 0. Problema 6) C onstruir un pentágono regular inscrito en una circunferencia.

D arem os

un

método

bastant

aproxim ado que es útil tanto para dibujar un polígono regular como para dividir una cir cunferencia en arcos iguales. Tom em os, por ejemplo, n = 9 , es decir, dibujar un nonágon regular o, bien, dividir una circunferencia en arcos iguales. a)

Se

trazan

dos diám etros

perpendi

lares (Fig. 9).

Solución: L a construcción más simple y rápida consiste en dibujar, con la ayuda de un transportador, un ángulo del centro de 72° pues­ to q u e « = 360° : 5 = 72°. Por lo tanto, resulta: AB = 4 (Fig. 7).

Fig. i

b) Se divide el radio O M en »n« pa iguales que, en nuestro ejemplo, son 9 parte

Fig. 7

iguales. )<*(

c) Con centro en M y radio M N se corta la prolongación del otro diám etro determ inán­

111. P O L IG O N O S E S T R E L L A D O S

dose el punto A.

Son los que se obtienen al dividir la circunferen­ cia en determinado núm ero de partes iguales y

d) Se une A siempre con la 4a división del radio y se prolonga hasta cortar la circunferen­

u n ir los puntos obtenidos de 2 en 2, de 3 en 3, etc., de modo que se cierre el polígono en el

cia en un punto C. e) La cuerda BC es el lado del polígono

punto de partida. N o siempre esto es posible. P o r ejemplo, un caso interesante en este as­

regular pedido. Con el compás se mide esta

pecto es el pentadecágono regular convexo que

cuerda y se la aplica sucesivamente a p a rtir de

se obtiene al unir sucesivamente los 15 puntos

B o C cortando la circunferencia. En nuestro ejemplo se tiene:

que se obtienen al dividir la circunferencia en 15 parteS iguales. Pero, si ahora se unen los puntos de dos en dos se obtiene el polígono estre­

0 cuerda BC = 4 g) arco ÉÍC = -^- de la circunferencia.

llado que m uestra la figura i cuyo lado se de­ signa i215; si se unen los puntos de 4 en 4 se obtie­

Problema 9) En una circunferencia de centro

ne otro polígono estrellado (figura ii), cuyo

O se aplica como cuerda y a p artir de un punto

lado se designa t u ; y si, finalmente, unimos

A una m agnitud igual a! lado del exágono regu­

los puntos de 7 en 7 se obtiene el polígono estre­

lar (AB = k), en seguida, el lado del cuadrado

llado de lado /' is de la figura m . No hay más

(BC =U) y a continuación el lado del dodecá­ gono (C D = ln). D em ostrar que los puntos

pentadecágonos estrellados.

A, O y D son colineales. Problema

10)

Construcción

aproximada

del

heptágono regular. 1) A p artir de un punto A de la circunferencia se aplica el radio como cuerda dos veces sucesivas: AB = B C = r (Fig. 10 ) .

2) Se une A con C determ inándose AC = = /3 . 3) Se une O con B determ inándose el punto medio M de AC. 4) Resulta AM = /:, muy aproxim adam en­ te, el lado del heptágono (equivale aproxim a­ dam ente a la m itad del lado k del triángulo). AD = AM = h-

2

2

15

Para nosotros el polígono estrellado más conocido es la estrella de cinco p untas, ya que

El octógono da sólo un polígono estrellado de lado l3s (Fig. vil).

forma p arte de nuestro emblema p atrio y se obtiene al unir punto por medio (de 2 en 2 ) los vértices del pentágono regular convexo. Su la­ do se designa 4 2 (figura «v). 1

L a figura viii en apariencia es un octógono estrellado, pero no lo es porque no se obtiene por una línea continua y cerrada como las ante­ riores en los cuales el punto de partida y el de

El heptágono da dos polígonos estrella­ dos: el ¡7* que m uestra la figura v, y el Z?3 de la figura vi. 1

llegada es el mismo. Lo mismo sucede con el exágono que m uestra la figura x y con el decágo­ no de la figura xi. Estos casos se consideran como dos polígonos sobrepuestos.

p o r lo tanto, el pentágono da origen sólo a un polígono estrellado. P ara n = 10 se obtiene sólo el núm ero 3. Para n = 7 se obtiene el 2 y el 3. Finalm ente,

diremos

que

un

polígono

estrellado puede considerarse como derivado de un polígono central cuyos lados se h an ' pro­ longado.

7 72. E JE R C IC IO S 1) Si en la figura i el lado M N de la estrella mide 15 cm, entonces la longitud del con­ torno (perímetro) de esta estrella mide: A) 75 cm; B) 50 cm; C) 25 cm; D ) 100 cm; E) otro valor. 2)

D entro de un

pentágono regular se ha

dibujado una estrella. El total de -trape­ cios isósceles que se han formado es (Fig.

D ) 10; E) no hay trapecios isósceles. 3)

En la estrella de la figura ni el total de triángulos isósceles que se h an ' formado es:

En general, si es »n« el núm ero de partes iguales en que se divide la circunferencia, los polígonos estrellados que se pueden obtener serán tantos como sean los núm eros prim os me­ nores que y , pero »números prim os entre sí«. P or ejemplo, si n = 15 los números 2, 4 y 7 son prim os entre sí con 15 y son los únicos m e­ nores de 1 5 /2 . P or lo tanto, el pentadecágono da origen hasta tres polígonos estrellados. Para “n = 5 sólo se obtiene el núm ero 2 y.

4)

En el círculo de la figura iv se traza el diá­ metro V T . Además, por el punto medio M de V O se traza la perpendicular RS. Entonces, al unir los puntos, se forma un máximo de: ) 67 (

De estas afirmaciones son correctas: A) 1 A equilátero y 8 A rectángulos. B) 2 A -equiláteros y 6 A rectángulos. C ) 3 A equiláteros y 4 A isósceles.

A) la stres; C) sólo la II; E) sólo I y III.

B) ninguna; D ) sólo II y III; ,

D ) 7 A isósceles y 7 A rectángulos. E) 4 A isósceles y 6 A rectángulos. 5)

D entro de un exágono se forma una estre Ha de seis puntas (Estrella de David). Se afirm a que se form an en total: I) tres rombos; II) seis trapecios isósceles; III) ocho triángulos equiláteros.

R esp.: 1-E;

2-D ;

3-C;

4-C;

5-A.

113. T A R E A Sobre una tabla o en una lám ina de »pluma-vit« dibuje un polígono estrellado, por ejemplo el representado en la figura u o m . Clave en cada vértice una tachuela o un alfiler y únálos, si­ guiendo los núm eros, con hilos de colores o lana de colores diferentes.

12a U N I D A D L ugares G eo m étrico s (P rim era parte). P rob lem as d e ap licación .

714. D E F IN IC IO N

círculo, excluida la frontera que en este caso es

“U n conjunto de puntos que cum plen todos

la circunferencia. Por lo tanto (Fig. 2):

con una misma condición o propiedad consti­ tuye un Lugar Geométrico«. Abreviadamente lo denotarem os p o r L .G . y éste puede ser una línea curva, una recta, un plano, una superficie curva, etc. Como a través de este libro tendrem os que referirnos en su desarrollo, más de una vez, a determinados L .G ., le asignarem os, por co­ modidad, un núm ero a cada uno de ellos.

775. P R O B L E M A 1) D eterm inar los puntos de un plano que están a una distancia dada »a« de un punto P del mismo plano. Solución: Todos los puntos que cumplen con esta condición se encuentran situados (es

L .G . N° 2. »El L .G . de todos los puntos de un plano que están a una menor distancia que una distancia dada »a«, es la región interior (círculo) de la circunferencia de centro P y radio »a« «. Problema 3)

el »lugar« o »sitio« en que se hallan) en la cir­

¿Dónde se encuentran los puntos de un plano

cunferencia de centro P y radio »a«. De este problem a obtenemos nuestro p ri­

q ue están a una m ayor distancia que una dis­ tancia dada »a« de un punto P de él? Solución: Queda para que usted la haga

mer Lugar G eométrico (Fig. 1):

y enuncie el L .G . correspondiente. a

Problema 4) ¿Dónde se encuentran los puntos del espacio que están a una distancia dada »a« de un pu n ­ to dado P del espacio? Solución: Los puntos pedidos se encuen­ tran en la superficie de la esfera que tiene por centro al punto P y por radio la distancia dada »a«. Entonces (Fig. 3):

L.G . ,Y° 7. »El L .G . de todos los puntos del plano que están a u n a distancia dada »a« de un punto dado P, es la circunferencia de centro P y radio »a« «. Abreviadamente: el L.G . es O (P, a). Problema 2) ¿Dónde se encuentran los puntos de un plano que están a una distancia menor que u n a dis­ tancia dada »a» de un punto P del plano? centro P y radio »a«. Los puntos pedidos se

L .G . N° 3. »El L .G . de todos los puntos del espacio que están a una distancia dada »a« de un punto P, es la superficie de la esfera de cen­

encuentran en la »región interior«, o sea, en el

tro P y radio »a« «.

Solución: Se dibuja la circunferencia de

Problema 5) ¿Dónde se encuentran todos los puntos del espacio que están a una menor distancia que

:p ; l —..

-

• .•:v

x; .v -/

■

> 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'<. Problema 8)

Problema 11) Supongamos que su sala de clases está situada

D eterm inar' todos los puntos de un plano que

en el segundo piso de su colegio y que la distan­

están a una distancia m enor que una distancia

cia entre piso y piso es la misma. ¿Dónde se en­

dada »a« de una recta dada L. Solución: Se trazan las

cuentran los puntos equidistantes del »suelo« dos

paralelas

a la distancia »a« de la recta L. Los puntos pe­ didos se encuentran en la región interior de las dos paralelas sin considerar los puntos de ellas (las paralelas son las fronteras). Luego (Fig. 5): L .G . N ° 5. »El L .G . de todos los puntos del plano que están a una menor distancia que )7 0 (

de su sala ? Solución: Los puntos pedidos se encuen­ tran en el »techo« de su sala y en el »suelo« del prim er piso. De aquí obtenemos: L .G . N° 7. »El L .G . de todos los puntos del espacio que están a una distancia dada »a« de un plano dado se compone de los dos planos pa­ ralelos al plano dado a la distancia dada de él«.

Problema 12) ¿Dónde se encuentran todos los puntos del es­ pacio equidistantes de dos planos paralelos? (Considere como los planos dados el suelo del prim er piso de su colegio y el techo de una sala del segundo piso). Solución: H ágala usted y enuncie el L .G . correspondiente. O B S E R V A C IO N E S 1) A medida que nuestros

se tiene: AB = 5 cm; 7 m —* 3,5 cm; 5 m —* 2,5 cm). D e acuerdo con el L.G ’. N° 1 todos los p untos que están a 7 m de A se encuentran en la O (A, 7 m) y todos los que están a 5 m de B se encuentran en la O (B, 5 m). L a intersección Si y S2 de estas dos circunferencias deter­ m inan los puntos que simultáneam ente cumplen con las dos condiciones del problema. En efec­

vayamos

conocimientos

de

avanzando G eom etría

en irán

to: ASi = 7 m; BSi = 5 m; AS? = 7 m; BS2 = 5 m.

apareciendo otros L .G . ya no tan sencillos como' los anteriores. 2) Aplicando

los

L .G .

resolveremos

algu­

Por lo tanto: Solución = O (A, 7 m) O Q (B, 5 m) - {S i, S2 )

nos problem as en los cuales deba cumplirse

Problema 14)

m ás de una condición, es decir, que exista una combinación de L.G.

es:

El mismo problema anterior en forma general

En este tipo de problem as debe hacerse

Dos puntos A y B están en el plano a una dis­

una discusión indicando el núm ero de solucio­

tancia »d« entre sí. D eterm inar l,os puntos que

nes que puede tener y en qué casos existe o no

están a una distancia »a« de A y a una distancia

existe solución.

»b« de B, siendo a, b, d , tres trazos dados.

3)

Para

m ayor claridad

en los dibujos es

d a b

conveniente usar lápices de distintos colores p ara cada L .G . que se aplique. Problema 13) D os puntos A y B están en el plano a una distancia de 10 m. D eterm inar los puntos que es­ tán a 7 m de A y a 5 m de B. (Fig. 7).

/

N Fig. X

\

V A«r

10 m I

Discusión. Solución: 1" L .G . es la O (A, a)

I

2o L .G . es la O (B, b) Los

- A i/" A\ elija

pedidos

se

encuentran

en

la intersección de estos dos L .G ., es decir (Fig. 8 ): Solución: 0 (A, a) f | © (B ,’b) = IS ,, S2I Pero, ¿siempre hay dos soluciones?, ¿siem­ pre existe solución? Esto es lo que contesta la

Fig, 7

Solifción: Previamente

puntos

una

unidad

de longitud p ara representar 1 metro; puede elegir como unidad el largo de un »cuadradito«

discusión del problema. Discusión: 1) Si d = a + b = > 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, <8.

o más simplemente: a = rf(F íg-2).

117. D E F IN IC IO N »Dos trazos son congruentes cuando tienen la misma medida«. E sto significa que si se co­ locara uno de lo s,trazo s sobre el otro coincidi­ rán sus extrem os, respectivamente. Si se elige una

»común medida«

para Fig. 2

AB y C D , por ejemplo el milímetro, y esta uni­ dad está contenida el mismo núm ero de veces en AB y C D , diremos que estos trazos son con­ gruentes p o r tener la misma medida y esta con­ gruencia de trazos la indicaremos: AB ^

CD .

P o r lo tanto, al colocar C D sobre AB coincide C con A y D con B o viceversa: D con A y C con B ( F ig .l) .

Esta últim a será b

■marión que usare­

mos para indicar la igualdad de ángulos de la misma medida, ya que la igvaldad de dos ángu­ Fxg. I

los y su congruencia son o p re sio n e s equivalen­ tes.

Entonces: »dos trazos o segmentos son congruentes cuando tienen la misma medi­

P ara que dos polígonos a ta n congruentes es

da; es decir, cuando tienen la misma longitud«.

necesario y suficiente qu e tengan sus lados res­

Ya hemos dicho que la medida de un trazo AB es un núm ero positivo y se indica p o r AB. P o r lo tanto, si AB ^ C D implica que AB = C D ;

pectivamente iguales y so s ángulos respectiva­ mente iguales. (Se dice ra n N rn : lados homólo­ gos y ángulos homólogos iguales).

>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’,
6

= 0 ’, resulta

A ABC S A A’B’C ’. 2° Teorema de congruencia: »Dos triángulos son congruentes cuando tienen iguales dos lados y el ángulo comprendido por ellos«.

1) »Dos triángulos

rectángulos son con­

gruentes cuando tienen respectivamente iguales un cateto y el ángulo agudo adyacente al cateto" . 2) »Dos triángulos rectángulos son con­ gruentes cuando tienen respectivamente igua­ les sus catetos«. 3) »Dos triángulos rectángulos son con­ gruentes cuando tienen respectivamente igua­ les un cateto y la hipotenusa«. 4) »Dos triángulos rectángulos son con­ gruentes cüando tienen respectivamente igua­ les la hipotenusa y un ángulo agudo«. 5) »Dos triángulos isósceles son congruen­

Si a = a ’, b = b ’, y = y ’ resulta:

A A B C S A A’B’C ’.

tes cuando tienen iguales la base y el ángulo basal«. 6) »Dos triángulos isósceles son congruen­

tes cuando tienen iguales el lado y el ángulo •?' Teorema de congruencia: »Dos triángulos son congruentes cuando tienen iguales lados y el á..s ulo oj> .sto al m ayor de estos lados«.

del vértice«. 7) »Dos triángulos equiláteros son con­ gruentes cuando tienen iguales el lado«.

122. O B S E R V A C IO N Aunque estos cuatro teoremas no son difíciles de dem ostrar —como lo veremos a continua­ ción— los consideraremos como »Postulados de congruencia« o “Axiomas de congruencia“ y, por lo tanto, no es necesario dem ostrarlos y basta con aceptar su validez sin ponerla en d u ­ Si a = a ’, b = b ’, a > b, a’ > b ’ y a = « ’, resulta:

das. Es este el camino que siguen y aceptan muchos profesores considerando, además, sólo

A A B C =? A A’B’C ’.

tres axiom as de congruencia en vez de los cuatro

Teorema de congruencia: »Dos triángulos

teorem as dados anteriorm ente. Nosotros aceptaremos esta opinión de con­

son congruentes cuando tienen sus tres lados respectivamente iguales«.

siderarlos como »Postulados«, pero conserva­ rem os el orden y el enunciado de los cuatro teo­

4°

)76(

rem as de congruencia clásicos. El 3" Teorem a,

D .) Se

superpone

el

A

A’B’C ’

sobre

el

que es el m ás discutido, lo conservaremos como un corolario p ara el triángulo rectángulo: »Dos

A

triángulos rectángulos son congruentes cuando tienen iguales la hipotenusa y un cateto«.

ser ángulos iguales. Como c’ = c coincidi­ rá también B’ con B. En form a análoga

ABC de modo que A’ coincida con

A y los lados de « ’ con lo lados de a por

Además, los que no dem uestran estos teo­ rem as sino que sólo los postulan, a los tres casos

coincide C ’ con C Dor ser b’ = h

Pero

(corresponde a /Ingulo-L ado-^ngulo). »Postu­

entre dos puntos coincidentes puede tra ­ zarse sólo un trazo y, por lo tanto, B’C ’ coincidirá con BC. Luego:

lado l a l «

A A ’B’C ’ 5? A ABC.

que consideran los llam an : »Postulado a la « (corresponde a Lado-A ngulo-Lado)

y »Postulado l l l « (corresponde a Lado-LadoLado). La

correspondencia

lla

(Lado-Lado-

án g u lo ), no es considerada una congruencia salvo si se agrega una condición especial ya indicada más atrás.

3 ' Teorema de congruencia: H .) a = a ’, c = c’, c > a , c’ > a \ y = 7 ’ T .) A A’B’C ’ & A ABC D .) Se traslada el A ABD (Fig. 12).

A’B’C ’ a la posición

C

123. D E M O S T R A C IO N D E L O S T E O R E M A S D E C O N G R U E N C IA (M ateria optativa y que puede no tratarse en los cursos de Secundaria). f ' Teorema de congruencia:

Como por H ip. a = a’ = * Además: = 7 —q

= r/’

V = 7 ’ ~v' ■ . ip = 7; p u e s 7 = 7 ’ (p o rH .). H .) c = c \

3 = /?’.(Fig. 11). Por lo tanto: AC = A D (porque en el A DAC

T .) A A B C ^ A A ’B’C ’. D .) Se

superpone

el

a ángulos iguales se oponen lados iguales). A A’B’C ’

sobre

el

Pero, por construcción:

A ABC de modo que A’ coincida con A; como c = c’ coincidirán B’ con B. Al

A’C ’ = A D =» AC = fiiJC' Entonces tenem os:

mismo tiempo el lado A’C ’ cae en la di­ rección del lado AC p o r ser a ' = «.

ivcT’ = ÁC B Ü ? = BC (por H.). 7’ = y (por H .)

Por igual razón el lado B^C’ cae en la di­ rección de BC por ser/3 =0 ’. Como dos rectas coincidentes se cortan só­ lo en un punto, el vértice C ’ coincidirá con C . Por lo tanto, los dos triángulos son congruentes.

• '■ A ABC ^

A A ’B’C ’

en virtud del 2° Teorem a de congruencia.

2o Teorema de congruencia:

4o

Teorema de congruencia:

H .) c = c \ b = b ’, a = a ’ (Fig. 11).

H .) a = a’, b = b’, c = c’

T .) A ABC f e A A’B’C ’

T .) A A’B’C ’ ^ A ABC )77(

D .) Se traslad a el A

A’B’C ’ a la posición

gos que, en este caso, sólo interesa los lados:

d e lA A BD (Fig. 12). El A D C A es isósceles—

PA = PB = y

El A D C B es isósceles—>•?’ = 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 =
(por coral. l '^ T e o r . ^ ) - '. PA = PB

129. T E O R E M A X X V . (Recíproco del xxiv) »Si un punto equidista de los lados de un á n ­ gulo, este punto pertenece a la bisectriz«.

128. T E O R E M A X X I V »Cualquier punto de la bisectriz de un ángulo

H .) PA = PB; PA ,_L O P , PB ± OB (Fig. 15). T .) a

= a " => O P = bisectriz

D .) Se tiene: PA = PB por H. A O PA ~ A O PB porque: O P = lado común (P o r3 , r T eor. d e ^ )

4 1 = 4 2 = 90° p o rH .

a - a ” =* O P = bisectriz

14a U N I D A D L ugares G eom étricos (S egu n d a parte).

D e los teorem as x x n y x x iv se obtienen los si­ guientes Lugares Geométricos:

133- L .G . /Vo 12 G eneralizando en L .G . anterior, se obtiene: »El L:G . de todos los puntos de un plano que

130. L .G . N ° 9 » E l.L .G . de todos los puntos de un plano que

equidistan

de dos

equidistan de los extremos de un trazo, es la si-

forman«. (Fig. 2).

rectas que

se cortan

se

compone de las bisectrices de los ángulos que

m etral del trazo«. (Fig. 1). Si L = sim etral= > C A = C B , D A = D B , EA = E B ,

134. E JE R C IC IO S 1) D eterm inar los

puntos

que

equidistan

de dos puntos dados A y B, y de los lados

r .L.G.

de

A / j? \

un ángulo

dado, perteneciendo

todo

a un mismo plano. ¡Discusión! 2) D eterm inar los

puntos que

equidistan

de tres puntos no colineales de un plano. ¡Discusión! 3) D eterm inar lospuntos de un plano equi­ distantes de los lados AB y AC del A ABC

Fig. I

y que están a 2 cm del vértice B. 4) 131. L .G . N° 10 E s el mismo anterior pero con el siguiente enun­

5)

ciado: »El L .G . de todos los puntos de un plano que equidistan de dos puntos dados es la sime-

132. L .G . .Vo 11 »El L .G . de todos los puntos de un plano que

D eterm inar los puntos equidistantes de tres rectas que se cortan en tres puntos.

D eterm inar los puntos equidistantes de los lados AB y BC de un A ABC y que, adem ás, estén a 1,5 cm del lado AC.

7)

sectriz del ángulo«. (Fig..2).

D eterm inar los puntos equidistantes de dos puntos dados A y B y, a la vez, de otros dos puntos dados C y D. ¡Discusión!

PÂ = P D , P’B = P ’E , P ” C = P” F , .. I L.G.

de

¡Discusión! ó)

Si

equidistantes

A, B y C.

tra l del trazo que determ inan los puntos dados«.

equidistan .de los lados de un ángulo es la bi­

D eterm inar los puntos

los tres vértices de u n A ABC.

8)

¿Cuál es el L.G. de los puntos del espacio que equidistan de dos puntos dados A y B?

9)

Se dan en un plano dos trazos AB y C D no paralelos. C onstruir dos triángulos isósce­ les que tengan el vértice común y los trazos dados como bases.

10) Las medidas de los lados de un A ABC son AB = 8 cm, BC = 9 cm y AC = 7 cm. D eterm inar los puntos que están a menos de 5 cm de los vértices. >*>(

15a U N I D A D T eo r em a s relativos al triángu lo isó sceles dem ostrad os p o r congruencia.

135. Recordemos que en el triángulo isósceles el »ángulo del vértice« es el ángulo que forman los lados iguales, y que la »base« es el lado desi­ gual. Además, en este triángulo cuando se habla

1)

»En un triángulo a lados iguales se oponen ángulos iguales y viceversa«.

n)

»En un triángulo rectángulo isósceles ca­ da ángulo agudo mide 45o" .

de los »lados« se refiere a los lados iguales. 139. T E O R E M A X X V I I I 136. T E O R E M A X X V I

»La altura

»Los ángulos basales de un triángulo isósceles

triángulo isósceles dimidia a la base y bisecta al ángulo del vértice«.

son iguales«.

trazada desde el vértice de un

H .) A ABC es isósceles con CA = CB (Fig. 1). C M = he T .) M Á = M B = » C M = tc 43 =44

= » C M = b7

D .) Se tiene

CA = CB (por H .)

A A M C ~ A B M C porque: 41 = 4 2 (por H.) C M = ladocom ún

(por 3frT eor. deS^) H .) A ABC es isósceles con C.A = C B ; a y 8 son los ángulos basales.

. MA = MB 43 = 44

T .) « - 0

C M = i,. C M = b-

D.) Al trazar la altu ra C M , resulta (Fig. i): 140. T E O R E M A X X I X CA = C B p o r H. A A M C ^ A B M C porque: 4 1 = 4 2 por construc. (por 3f' T eo r. de

C M = lado común

. - a =á

al vértice de un triángulo isósceles, es perpendi­ cular a la base y bisecta al ángulo del vértice«. H .) A ABC es isósceles con CA = CB (Fig. 1)

137. T E O R E M A X X V I I . (Recíproco del xxvi) »Si un triángulo tiene dos ángulos de igual medida, es isósceles«. H .) « = 8

»La transversal de gravedad correspondiente

C M = te =* M A = M B T .) 4 1 = 4 2 => C M = h, 4 3 = 4 4 =* Ü M = b 7

(Fig. i)

D .) Se.nene:

l CA = CB (por H .)

T -) CA = CB

A AM C = A BM C porque: M A = M B (por H.

D .) Al tra z a r la altura C M = he, resulta:

/ j (por 4 T eor. de ^ )

C M = lado común

.'.41

= h,

4 1 = ^ 2 (por construc.)

A A M C ~ A B M C porque (porcorol. I"’T eor. d e ? ? ) . . AC

a = d (por H.) C M = lado común

= BC

=42

= 90 ° = » C M

*3 = 4 4 = » C M

=

by

141. T E O R E M A X X X

138. D e estos dos teoremas se obtienen las

»La bisectriz del ángulo del vértice de un triá n ­ gulo isósceles, dimidia a la base y es perpendicu­

siguientes consecuencias o corolarios:

lar a ella«. )8 i(

H .) A ABC es isósceles con C A = C B (Fig. i) C M = b7;

3 = 2^ 4

T .) NÍA = M B =* C M = t 4 1 = 4 2 = » C M = he

( 111)

D .) Se tiene:

CA = CB (por H .)

A AMC

4 3 = 4 4 (por H.)

A B M C porque:

C M = lado común

(por 2o T eo r. d e ^ )

A

. ' . 4 1 = 4 2 = 90° => C M = K

B

H .) A ABC es isósceles con CA = CB

M A = M B => C M = t

ÁÑ

142. De los teorem as anteriores se obtiene el corolario: »En un triángulo isósceles coinciden la altu ra, la transversal de gravedad y la bisectriz

= u =>Ñ B = Ñ C

BM = t»= *M Á = M C T .) AN = BM==»t. = t» D .) Se tiene:

|C A = CB (por H.) » 1 = CN (por H .)

del ángulo del vértice«. Es decir: A ANC

H- = tr = b ,

A B M C porqi

• 7

= ángulo común

(por 2° T eor. de ~ ) 143. T E O R E M A X X X I »Las altu ras trazadas desde los vértices basales de

un

triángulo

isósceles tienen

la

t. = l»

misma

medida«. (Fig. n). 145. T E O R E M A

C

XXXUM

»Las bisectrices de los

basales de un

triángulo isósceles, (Demuestre usted eo teorem as anteriores que b ,

análoga a los

146. E JE R C IC IO S 1) D ibujar dos t r i í n p J t uójeeles que tengan ¡a misma base y f a m un cuadrilátero convexo (más a d e ta a r Ib Bamarcmos »deltoide«). D em ostrar qme b recta que une sus vértices es p erp ra A rafa r a la base común

e

a

H .) A ABC es isósceles con CA = CB

y bisectriz de los

A D = h>, BE = h*

de estos triángulos.

T .) AD = BE =* K = Ite D .) Se tiene: A A D C ^ A B E C porque: (por C r o l. 1 " T e . - S ) . '. A D

de los vértices

2) j C A = CB (por H.)

hipotenusa, de e * t n á f á ) mide el doble

4 1 = 4 2 = 90° (por H.) ^ o s „Locomún

Un triángulo r e c ñ p r i o ñeñe uno de sus ángulos agudos é e J T . D em ostrar que la que el cateto o p u esao aü ag afo de 30°

3)

D em ostrar que

m

la bisectriz d d

= BE =*■ h<, = hi

m a n guio isosceies r en el vérti-

ce es paralela a la boae. 144. T E O R E M A X X X I I »Las transversales de gravedad correspondientes

4)

Se sabe que el A A K S A ABD

a los vértices basales de un triángulo isósceles,

D em ostrar queCRg^ Ifc

tienen la misma medida« (Fig. ni).

a) el A A B E e s im a tfc j

)8 2 (

12) E n el cuadrado A BCD de lado hace

AE =D E = D F =CF =

a

»a« se

(Fig.

3).

Fig. I

b) E C = ED c) AB es paralela a CD. 5)

El ángulo exterior en el vértice de u n triá n ­ gulo isósceles mide mide el ángulo basal?

6)

102°

36’. ¿Cuánto

En el triángulo isósceles ABC se traza la a l­ tura AD que con la base AB form a un ángulo de 25°. ¿C uánto mide el ángulo del vértice?

7)

8)

D em ostrar que u n triángulo que tiene dos alturas iguales es isósceles. D em ostrar que si un triángulo tiene dos transversales de gravedad iguales, es isós­ celes.

9)

En un triángulo isósceles ABC se aplican, desde los vértices basales A y B, segmentos iguales AD = BE. D em ostrar que AE = BD.

Fig. .1

D em ostrar que E F mide lo mismo que la diagonal del cuadrado ABCD. (Indicación: calcule la medida

del

E D F y después dem uestre q'ue el A EF.D A ABD). 13) D em ostrar que si desde un punto P de la base de un triángulo isósceles ABC se tra ­ zan las perpendiculares a los lados, la suma de estas perpendiculares es constan­ te. (Esta constante es igual a una de las alturas basales). C

10) En el triángulo isósceles ABC se aplican los segmentos iguales A D = B E (Fig. 2). C

D em ostrar que la recta que une C con el punto de intersección F de AE y BD p asa por el punto medio M de la base A B . 11) En un triángulo isósceles ABC se traza en A la recta L ’ perpendicular a AC y en B la recta L ” perpendicular a BC. D em ostrar que estas perpendiculares al cortarse for­ m an otro triángulo isósceles cuyo ángulo basal mide la m itad del ángulo del vérti­ ce del prim er triángulo ABC.

*

H .) CA = CB; PD X AC y P E _L BC (Fig. 4) T .) PD + P E = constante = h, D .) Se traza P F X A E’; resulta: A P = lado común

A A PF 5T A A P D , pues:

* D = * F =90°

(1er T e o r.d e 2=0

*1 = *2 )8 3 (

las paralelas a los lados (Fig. 5). Demos­

luego: PD = AF pero

tr a r que:

PE = FE ’

PT + P Ü =Q S

. P D + P E = A F + F E ’ = Á E ’ = h« (véase otra dem ostración en N° 307 N° 18).

T

14) En un triángulo isósceles ABC se determ i­ nan desde el vértice C segmentos iguales sobre los lados de modo que C D = C E. D em ostrar que al unir los puntos D y E con los

vértices

basales

se

iguales

AD = B É - y

4

D A C = 4 EBC. s

obtienen

ángulos

trazos

iguales:

U 16) Desde un punto P situado en la prolonga­ ción de la base de un triángulo isós­ celes Q RS se tra zan las paralelas a los lados del triángulo (Fig. 6). D em ostrar que: 15) D esde un punto P situado en la base Q R de un triángulo isósceles Q R S se trazan

)84(

P T - PU = QS

16a U N I D A D C u ad rilátero s. C lasificación . Sus elem entos. T eorem as sobre p aralelogram os y trapecios.

147. C U A D R IL A T E R O S

sólo un p a r de lados paralelos. Existen »tra­

Ya vimos que son polígonos de 4 lados. A sim is­

pecios escalenos, trapecios isósceles, tr a ­ pecios rectángulos y trapecios trisoláteros«.

mo, en la 10a Unidad demostramos algunos teorem as sobre los ángulos interiores y exte­ riores de un cuadrilátero. Los grupos:

cuadriláteros

se

clasifican

en

tres

III) Trapezoides: Son

I) Paralelogramos (se simboliza por # ) : Son los

En los trapecios los lados paralelos se llaman bases.

cuadriláteros

que

tienen

dos

pares

de lados paralelos. A ellos pertenecen el cuadrado, el rectángulo, el rombo y el rom­ boide. II) Trapecios: Son los cuadriláteros que tienen

1 ) Paralelogramos

rectángulos:

son

el

cuadrado y el rectángulo, p o r tener todos sus ángulos rectos.

los

cuadriláteros

que

no tienen lados paralelos. Estos pueden ser asimétricos o simétricos. A los simétricos pertenece el deltoide, que es el cuadri­ látero que tiene dos pares de lados iguales, pero no paralelos (lo forman dos triángu­ los isósceles diferentes base que es común).

unidos

por

su

148. D E F IN IC IO N Y C O N S T R U C C IO N D E L O S D IF E R E N T E S C U A D R IL A T E R O S

2) Paralelogramos equiláteros: son el cua­

A) Cuadrado es un paralelogram o ( # ) que tiene sus 4 lados iguales y sus 4 ángulos rectos.

drado y el rombo p o r tener todos sus lados iguales.

em plearse sólo regla y compás para tra z a r los

P ara

su

»construcción geométrica«

debe

el

ángulos rectos como se hizo en la 8 a Unidad

rombo y el romboide por ten er sus ángulos obli­ cuos.

(N° 74). Pero, usaremos la construcción »me­

3) Paralelogramos

oblicuángulos:

son

cánica« , disponiendo de escuadra y compás. )8 5 (

C)

Rombo: E s el paralelogram o que tie­

ne sus 4 lados iguales y sus ángulos oblicuos (Fig. 3).

Fig. 1

'Fig. i

1)

Con

la

escuadra

se dibuja

un

ángulo

2)

recto A (Fig. t). Se hace centro en A eligiendo una abertu­ ra conveniente del compás y se determ inan los puntos equidistantes B y D de A.

3)

Con la misma abertura del compás y centros B y D se trazan dos arcos que al

4)

corta rse determ ina n C . • Finalm ente, basta unir C con B y D p ara com pletar el cuadrado ABCD. Se obtiene: ÁB = BC = C D = D A = a *A = *B = *C = *D B)

=90°

Su construcción la harem os con regla y compás: 1) Desde un punto A se trazan dos rayos oblicuos y sobre ellos se w a n dos puntos B y D equidistantes de A basta una abertura del compás). 2) Con la

misma j h m w

del compás

y con centros en B y D * d k ^ a n sendos arcos que al cortarse determína«G3) Al unir C con B * D s r completa el

Rectángulo: E s un paralelogram o que rombo ABCD en el cual:

tiene sus 4 ángulos rectos y sus lados opuestos de la misma medida, pero no los vecinos. En su construcción, usarem os la escuadra y el compás por ser m ás rápida y práctica (Fig. 2):

AB = BC = C D = D A D ) Romboide: Es el paralelogramo que tiene sus lados opuestos de la misma medida y no los vecinoá. Además, sus ángulos son oblicuos

Se dibuja un ángulo recto A; Sobre los lados de este ángulo se marcan 2) dos puntos B y D a distintas distancias

D

3)

de A; Se hace centro en B con m agnitud AD y centro en D con m agnitud AB dibujándose sendos arcos cuya intersección determ ina

4)

C. La unión de C con B y D completa el rectán­ gulo A BCD en el cual: AB = C D , AD = B C

oblicuos y sobre efla* * i tn dos puntos B y D no e q u id is ta n ie s fc A -» * a AB ^ AD. 2) Con magnitud A B « _ * b u j a un arco de centro D y con A D se dibuja otro arco de centro B. L a C de estos dos arcos se une con B * D - ^ * p ltta n d o se el rom­ boide ABCD en el c*al « ■ ■ ■ c AB = C.D = A D = i

y

* A = * B = * C = * .D =90° >8 6 (

1) D esde un [kmm A * nazan dos rayos

Observado paralelogramo« se

ie »dibujar un e ro m b o id e.

G ) Trapecio rectángulo: Es el que tiene uno de los lados no paralelos perpendicular a las bases (Fig. 8 ).

E) Trapecio escaleno: es el trapecio que tie­ ne de distinta medida los lados no paralelos (Fig. 5). Para su construcción se trazan dos p ara­ lelas y sobre ellas se m arcan los puntos A, B, C y D de modo que AD ^ BC.

Construcción: 1) Se dibuja un ángulo recto A y sobre sus lados se m arcan los puntos B y D.

F) Trapecio isósceles: es el trapecio que tiene iguales los lados no paralelos (Fig. 6 ).

2) P or D se traza la paralela a AB y se une B con un punto C de ella. Resulta

el

trapecio

rectángulo

ABCD

en el cual AB X A D y AD J . DC. H ) Trapecio trisolátew: es el que tiene tres lados iguales (Fig. 9). A

D

B

C

7a construcción: 1) Se trazan dos paralelas m arcándose en ellas los puntos A, B y D. 2) Con centro en B y radio AD se corta la paralela opuesta determ inándose C. (Tam ­ bién puede obtenerse otro punto C ’). R esulta el trapecio isósceles A BCD en el cual A D = BC. * ¿Qué se obtiene si se une el punto C ’ con B?

Construcción: 1) E n los extremos C y D de un trazo C D se dibujan dos ángulos iguales y = b 2) Se hace D A = C D = B G 3) Se une A cón B. O tra construcción se obtiene en una cir­ cunferencia trazando sucesivamente tres cuer­ d as iguales. I) Trapezoide asimétrico: es el trapezoide que tiene sus cuatro lados desiguales o máximo tres lados iguales. (Fig. 10).

2 a. construcción:

1) Se dibuja una semicircunferencia de d iá ­ metro AB (Fig. 7). 2) Con

igual

medida

se corta esta

0

se­

micircunferencia desde A y B obteniéndose los puntos D y C. 3) Se unen los puntos C y D. )8 7 (

J)

2) Diagonales

son de igual medida se dim idian m utuam ente

del rectángulo:

cada una mide

Trapezoide simétrico o deltoide: es el que

tiene dos pares de lados iguales, pero no p ara­ lelos. Se forma, uniendo las bases de igual m e­

siendo a y b los lados.

dida de dos triángulos isósceles no congruentes ( F ig .l l ) . 0

3) Diagonales del rombo: 4)

I son perpendiculares entre sí .. , , , , , . < bisectan los ángulos de los vertices ( se dimidian m utuamente.

Diagonales

del

romboide:

se

dimidian

mutuamente. son iguales entre sí se componen de segmentos iguales.

5) Diagonales del trapecio isósceles: 149. E L E M E N T O S D E U N

son perpendiculares entre sí

C U A D R IL A T E R O

6) Diagonales

L os vértices, los ángulos, los lados y las diago­

del deltoide:

nales pueden designarse con cualquier letra, pero p ara fijar un orden y tener puntos de re ­ ferencia

usarem os

las

siguientes

notaciones

E stas

sólo una dimidia a la otra sólo una es bisectriz de dos ángulos opuestos.

propiedades

continuación.

las demostraremos a

'

(Fig- 12): 151. T E O R E M A S S O B R E L O S C U A D R IL A T E R O S Demostraremos especialmente teoremas sobre los paralelogramos, los trapecios y los deltoides. 152. T E O R E M A X X X I V »Los lados opuestos y los ángulos opuestos de un paralelogramo son iguales« (tienen la misma medida). vértices: A, B, C y D.

H .) ABCD es un # =» AB /

medida de los lados: a, b, c y d. medida de los ángulos: a , ß , y , fr.

T .) AB = C D y AD = BC

sien d o 2$.A = « , 4 B = ß ,n ,C = 7 , 4 0 = 5

C D y AD / / BC

a = y y /? = 6

medida de las diagonales: e y f siendo AC = e, BD = f. é = ángulo que form an las diagonales. Usarem os otras letras cuando sea necesa­ rio para evitar repeticiones o posibles confu­ siones. 150. P R O P IE D A D E S D E L A S D IA G O N A L E S D E L O S C U A D R IL A T E R O S

D .) Al trazar una diagonaL icsafaa {Fig. 13): | * 1 = 4 . 2 (alt. / / )

1)

son de igual medida.

Diagonales

son perpendiculares entre sí.

del cuadrado:

bisectan los ángulos de los vértices. se dim idian m utuam ente.

ÄB = C D ; A D = BC

cada una mide a \ / 2~siendo a = lado

a =y\ 6 = Ä

)8 8 (

A ACB ^ A C A D porque:

4.3 = 4-4 (alt. //)

(por r . T e o r d e ^ O

AC = CÄ (lado comú J

Este teorem a nos sera muv útil más adelan­

H .) ABCD es #

te, pues lo aplicaremos frecuentemente. 153. T E O R E M A X X X V ( Recíproco del anterior)

ÄC n BD = |M ) T .) M A = M C y M B = M D

»Un cuadrilátero que tiene los lados opuestos respectivamente de la misma medida es un pa­ ral elogramo«.

Fig. 15

H .) AB = C D y BC = ÁD T .) A B / / C D y AD / / BC D .) Al tra z a r una diagonal, se obtiene (Fig

13);

( AB / / = CD (por H .)

AACB S -A C A D porque: Á D / / = B C (p o rH .) (por 4° T eo r. de ? ? )

A A M B ^ A C M D porque:

(por T eor. x x x iv ) 4 1 = 4 2 ( a lt.//)

(por i " T eor. de ^ )

4 3 = 4 4 ( a lt.//)

D .) Se tiene (Fig. 15):

Ä E = CD

>AC = CA (lado común) . . M Â = M C y NÏB = M D

. - 4 1 = A 2 (áng. alternos iguales) =» A B //C D 4 3 = 4 4 (áng. alternos iguales) =» A D //B C P or lo tanto: ABCD es un # porque tiene sus lados opuestos paralelos.

»Un cuadrilátero que tiene sus diagonales dim idiadas es un paralelogramo«. H .) M A = M C y M B = M D

154. T E O R E M A X X X V I »Un cuadrilátero que tiene un p ar de lados igua­ les y paralelos, es un paralelogram o«. H .) AB = ÜD

156. T E O R E M A X X X V I I I . (Recíproco del anterior)

T .) ABCD es #

y AB / / C D

T .) A B C D es #

D .) Se tiene (Fig. 16): A A BM ä A C D M porque:

| M A = M C (por H.) M B = M D (por H.)

(por 2° T eor. de » )

'

D .) Al tra z a r una diagonal, se obtiene (Fig. 14):

A ACB 5? A C A D porque:

AB = C D (por H .) 4 I = 4 2 ( a lt.//)

4 3

= 4 4

= 4 2 (op. vért.)

Ä B //C T 5

Ä l = CD . . ABCD es un # (por T eor. xxxvi)

AC = CA (lado común) (por 2o T eor. d e ^ ) . . 4 3 = 4 4 = > Ä D / / BC

157. . ’ .A B C D e s .# .

155. T E O R E M A X X X V I I »Las diagonales de un paralelogram o se dimidian«.

TEO REM A X X X IX

»Las diagonales de un paralelogram o rectán­ gulo son de la misma medida«. (Se cumple en el cuadrado y en el rectángulo). H .) ABCD es rectángulo T .) ÄC = BD )89<

Fig. 19

Fig. 17

D .) Se tiene (Fig. 17):

A ABC Sí A A BD porque:

ÂD = BC (p o rT e o r. xxxiv) ^ = $ = 9Qo (pQr H }

(por 2° T eo r. de = ï)

ÂB = BA (lado común)

A E C D u n # (lados opuestos / / ) . . ' . E C = A D (p o rT eo r. xxxiv) pero BC = AD (por H .) . . BC = C E (por transitividad)

 C = BD

por lo tanto el A EBC es isósceles, 158. T E O R E M A X L »Las diagonales de ün paralelogram o equilátero (cuadrado y rombo) son perpendiculares entre sí y bisectan los ángulos de los vértices«.

luego: a ’ = 0 pero a = a (corresp. entre / / )

Además: a + á'= 180° ( 4 colaterales entre / / )

H . ÂB = BC = C D = D Â = > A B C D es rombo f AC _L BD ( * 1 = * 2. * 3 = * 4 , * 5 = 24 6 , Á 7 = * 8

0 + y = 180° ( * colaterales entre / / ) . '.

/ + b = / + 7 (se »cancelan« a y p por ser iguales).

de donde 5 = 7

160. T E O R E M A X L I l »Las diagonales de un trapecio isósceles son iguales«. H .) AB / / C D y X D

= BC

Fig. 18

T .) ÄC = BD

Fig. 20

D .) Se tiene (Fig. 18): DA = D C (por H .)

A A M D ä A C M D porque: D M = M D (lado común) AM = C M (por Teor. (por 4° T eo r. de ^ )

X X X V Il)

. ' . * < = A <’ = 90° =* D M 1 AB * 3 = * .4 => D M = bisectriz.

D .) Se tiene (Fig. 20)

___ ___ ( AB = BA (lado común

A ABC ~ A ABD porque: | AD = BC (por H .) 159. T E O R E M A X L I

(por 2° T eor. de S )

I«

= 0 (P o r T e o r- XLI

»Los ángulos basales de un trapecio isósceles son iguales« (miden lo mismo). H .) AB / / C D y AD = BC

. . A C = BD

T .) a = 0 y 7 = 5

161. T E O R E M A X L l l l »Sólo una diagonal de un deltoide es bisectriz

D .) Se traza p o r C / / AD; resulta (Fig. 19):

de dos ángulos opuestos«.

)9 0 (

H .) DA = DB y CA = CB

C € a l a simetral de AE por ser CA = CB;

T .) C D = bisectriz

D £ a la sim etral de AB por ser DA = Dfe, ( . . . siga usted) 165. T E O R E M A X L V I

Fig. 21

»La recta que une los centros de dos circun­ ferencias que se cortan (»circunferencias se­ cantes«), es simetral de la cuerda común«.

D .) Se tiene (Fig. 21): CA = C B ( p o r H .)

A D C A ^ A C D B porque:

D A = DB (por H .)

(por 4° T eor. de ^ )

C D = C D (lado común)

4. 1 = 4 2

Fig. 22

y 4 5 = 4 6 =» C D = bisectriz.

D emuéstrelo usted; puede guiarse por la observación anterior.

162. T E O R E M A X L I V »Las diagonales de un deltoide son perpendicu­ lares«. t

166. C O N S T R U C C IO N D E

H .) DA = DB y C Ä = CB

P O L IG O N O S C O N G R U E N T E S Aprovechando la propiedad de los paralelo-

T .) AB ± C D D .) Se tiene (Fig. 20):

41 = 4 2 (por T eor.

A A M C ^ A B M C porque:

C M = C M (lado

(por 2° T eo r. de ^ )

común) CA = CB (por H .)

x l .hi )

. ' . 4 3 = 4 4 = 90°

gram os de »tener los lados opuestos iguales y paralelos«, se puede copiar fácilmente un pol ígono cualquiera. E

CM J. ÄB

163. T E O R E M A X L V »Una diagonal de un deltoide dimidia a la otra«. H .) CA = C B y D A = DB

En efecto, para copiar el polígono A BCD EF

T .) M X = M F

se trazan por sus vértices paralelas en cual­

D .) ¡H ágala usted! (Fig. 20) Corolario: »La recta que une los vértices de dos triángulos isósceles no congruentes que tienen la base com ún, es perpendicular a ésta,

quier dirección o en una dirección deseada. So­ bre estas paralelas se copia a p a rtir de cada vértice un trazo convenientemente elegido de modo que AA’ = B B ’ = C C ’ = D D ’ = E E ’ = F F ’. P or últim o, basta unir los puntos con »primas« para obtener el polígono A ’B’C ’D ’E ’F ’ que

la dim idia y es bisectriz de los ángulos de los vértices«.

es congruente con el polígono A B C D EF por

164. O B S E R V A C IO N

tener sus lados y sus ángulos respectivamente iguales.

»Los teorem as anteriores se pueden dem ostrar aprovechando el T eorem a x x m . En efecto:

¿Se

podría

ad ap tar

este

procedimiento

p a ra copiar una figura curvilínea? )91(

167. E JE R C IC IO S

b )A U B

= I....................................................)

En los ejercicios 1 al 4 coloque una V si lo que c)

se afirma es verdadero o una F si lo que se afir­ m a es falso. 1)

»Todo equilátero«.

triángulo

equiángulo

cuadrilátero

d) B - A

es

equilátero

A - B=

f................................ )

= ¡............ ....................................... )

2) (----- )

»Todo

es

isógono«. 3) (___ )

168. TESTS 1) La condición necesaria y suficiente para

»Todo polígono isógono es equi­

que un cuadrilátero sea un paralelogramo

látero« . 4) ( . . . . ) »Un polígono para ser debe ser isógono y equilátero a la vez«. 5) En el

es que: A) sus diagonales sean iguales;

regular

B) sus diagonales sean perpendiculares;

# A BCD se tiene M A = M B y N O = N I).

C) que tengan un par de lados paralelos;

D em ostrar que (Fig. 1):

D) que sus

A A M D ^ A CN B

tuamente;

diagonales se dimidien mu­

E) no bastan las condiciones anteriores. 2)

Los ángulos interiores de un trapezoide son entre sí como 3:4:5:6. Entonces, el menor de sus ángulos mide: A) 40°;

B) 60°;

C) 80°;

D) 100°;

E) 120°. 3) 6)

7)

En el cuadrado Q R ST un punto P S TS. Al u n ir P con Q y R se determina el A

Si P = { # equiláteros),

Q R P que no puede ser (Fig. 3):

Q = ¡ # rectángulos) a) ¿C uál es P f l Q ? b) ¿Cuál es P U Q ? c) ¿C uál es P - Q ? d) ¿Cuál es Q - P?

A) acutángulo;

B) escaleno;

C) isósceles;

D) equilátero;

E) rectángulo.

Si U = ¡cuadriláteros) (Fig. 2) A = (cuadriláteros con diagonales . perpendiculares) ; B = (cuadriláteros con diagonales igua­ les) .

4)

Entonces, com pletar las siguientes igual­ dades, escribiendo dentro del paréntesis el nom bre del o de los cuadriláteros correspon­ dientes:

Los lados de un rectángulo miden 35 cm y 25 cm. Al unir los puntos medios de sus lados se forma: A) un cuadrado de 15 cm de lado; B) otro rectángulo de 60 cm de perímetro; C) un romboide de 30 cm de perímetro; D ) un rombo cuyas diagonales suman 60 cm;

a) A O B = \ ............................... J >9 2 (

E) un cuadrado de 437,5 cm2 de área.

5)

En

un

exágono

estrellado

(estrella

de

8)

Un

paralelogram o

tiene

seis puntas) se pueden distir';u ii en total (Fig. 4):

tes propiedades:

I)

II) los 4 ángulos rectos

I)

tres rombos;

las

siguien­

los 4 lados iguales

II) 6 trapecios isósceles;

III) las diagonales perpendiculares.

III) ocho triángulos equiláteros.

Para que este paralelogram o sea un cuadra­ do debe cum plir con una de las siguientes alternativas: A) es condición suficiente la I; B) es condición necesaria y suficiente la II; C) es condición necesaria y suficiente la I y III al mismo tiempo; D) basta con la III; E) debe cum plirse la II y III a la vez. 9)

Si M es el punto de intersección de las dia­ gonales del cuadrilátero R S T Q de modo que M R = M S = M T = \1 Q , entonces este cuadrilátero es: A) un rombo; B) un trapecio isósceles; C) un romboide; D) un deltoide;

D e estas afirmaciones son verdaderas: A) la stre s; B) sólo I y II; C) sólo I y III; E) solamente III. 6)

D) sólo II y III;

Si en un cuadrilátero las diagonales son perpendiculares y a la vez bisectrices de los ángulos, entonces se tra ta de: A) un rombo o un rectángulo; B) un paralelogram o equilátero; C) un paralelogram o rectangular;

7)

E) un paralelogram o rectangular. 10) Al unir los puntos medios de los lados de un rombo se obtiene: A) un romboide;

B) un cuadrado;

C) otro rombo; E) un deltoide.

D) un rectángulo;

11) M

es

el

punto

de

intersección

las diagonales R T y SQ del cuadrilátero R ST Q . Si estas diagonales son perpendicu­ lares, entonces el cuadrilátero no puede ser:

D) un cuadrado o un romboide; E) un trapecio isósceles.

A) un rectángulo;

B) un cuadrado;

Si en un cuadrilátero R S T Q las diagona­

C) un rombo;

D) un trapecio; ■

les R T y SQ son distintas y se cortan per­ pendicularmente en un punto P de modo que PR = P T y PS = P Q , entonces el cuadiláteroes: A) un cuadrado; B) un rectángulo; C) un trapecio rectangular; D) un rombo; E) un trapezoide.

de

E) un deltoide. 12) Al unir los puntos medios de los lados de un trapezoide se obtiene: A) otro trapezoide;

B) un rectángulo;

C) un romboide; E) un deltoide.

D) un rombo;

Resp. 1) D; 2) B; 3) D; 4) D; 5) A; 6) B; 7) D; 8) E; 9) E; 10) D; 11) A; 12) C.

) 93<

17a U N I D A D O tras rela cio n es m étricas e n e l trián gu lo y e n e l trap ecio. M edianas. P o lig o n a l circundante y circundada.

769. A nteriorm ente ya hemos tratado algunas relaciones m étricas en el triángulo y cuadrilá­ tero respecto a los ángulos interiores y exteriores.

P or lo tanto: M D //A B

M N / / SB

M D = AB

M Ñ = 4 - AB

Ahora veremos otras relaciones, y p ara ello conviene recordar: 1 ) que un triángulo tiene tres m edianas y que »son los segmentos que se obtienen al unir los puntos medios de dos lados«; 2)

que un trapecio tiene sólo una mediana

que »es el segmento que se obtiene al unir los puntos medios de los lados no paralelos«.

170. T E O R E M A X L V l l »Cada mediana de un triángulo es paralela al lado opuesto a ella e igual a la m itad de este lado«.

M P / / B C y M P = \ ' -B C N P / / A C y N P = 4X2- - Â C

H .) M C = M A y Ñ B = Ñ C

Otra demostración: Se praionga M N —» N de modo que N D = M N (Fig. 3).

M N = mediana T .) M N / / AB y M N

En la misma forma se obäenr: (Fig. 2):

ÿ • AB

Se une B con M y D . * c « t a n C. El cuadri­ látero M B D C es un p a ra k fc g ra n o por tener sus diagonales dimidiadasCÜBHCBa xxxvn). D.) Al tra z a r p o r B / / AC y prolongar M N — >-N, se determ ina el A BD N obteniéndose (Fig- 1): A B D N S A M N C porque:

N B = NC (por H .) 3.1 = ^ 2 (op. vértice)

Luego: BD = M C = M A =*• ABDM es # (Teor. xxxvi). Por lo tanto : M D / / S B t M D = AB pero como M N = 4- - M D =» M N = -5- • AB

y = 7 ’ (alt. entre / / ) (por 1" T eo r. de 5? ) BD = M C ; M Ñ = Ñ D

77 7. T E O R E M A A T I 7 2 / »La paralela media d t é m midia a todo segm en»

pero M A = M C (por H .)

las«.

. ’ . A BD M es un # (por T eor. xxxvi)

H .) L’ / / L ” ; L = p a n k f e i

)94(

paralelas, dilas parale-

D2.)P ara esta segunda parte se traza por N / / AD y se prolonga D C —* C resultando: ÑB = Ñ C (por H.)

A E B N ~ A F C N porque: 4-1 = 4 -2 (op. vértice) (por \ " Teor. de

)

j3

= $' (alt. entre / / )

. . C F = BF. AB cualquier segmento con A € B e L ” (Fig. 4).

L' y

Pero, siendo A EFD un paralelogram o, se obtiene:

T .) M A = MB

D F = D C + CF

D.) P or el punto de intersección \ 1 de L con

2 • M Ñ = ÀÈ + D F => M Ñ = AE + DF

AB se traza la perpendicular a las parale­ las L' y L " . Resulta;

pero: AE = AB - BE de donde:

M C = M D (por H .) * 1 = X 2 = 90° (por

MÑ =

~

construcción)

MN -

--- -| nc

A ACM ~ A BDM porque:

4 3 = 4 .4 (op. vértice)

(por l"r T eor. de 3?) M A = MB

^ puesto que - B E se «can­

cela" con + C F por ser iguales.

173, T E O R E M A L »La paralela trazada por el punto medio de un

Corolario: D e este teorema se obtiene la siguiente construcción: para dibujar la paralela media basta unir los puntos medios de dos seg­

lado a otro lado de un triángulo, coincide con la m ediana correspondiente». H .) M A = M Ü; M Ñ / / AB

m entos trazados entre las paralelas. T .) ÑB = Ñ C 172. T E O R E M A X L 1 X »La mediana de un trapecio es paralela a las bases e igual a las semisumas de ellas«.

D .) Se traza por N / / A ü ; resulta (Fig. 6) A D N M un paralelogram o (por tener dos pares de lados paralelos). Por lo tanto: N D = M A (por T eor. xxxiv)

H.) M A = M D . NB = N C (Fig. 5) pero

M N = mediana

M C = M A (por H.)

1) M N / / A B ,y C D

ND

T .) 2)M Ñ =

CP

Con esto se obtiene:

D i.) D ^ acuerdo con el corolario del teorema anterior, al ser AB / / C D y M

= MÜ

A

N puntos

ADBN ^

A M N C porque:

(por V T eor. de ?£)

C M = ND y

= y ' (alt. e n tre / / )

a

= « ” (Teor. xn)

medios de los segmentos AD y BC, resulta M N / / AB y C D por ser paralela media.

NB = NC

M N = mediana.

174. T E O R E M A L l

Además:

»La paralela a las bases de un trapecio trazada

M N = D C + EN (pues DC

por el punto medio de uno de los lados no p ara­

M Ñ = AB - BF (pues M Ñ = AF)

= M E)

lelos, coincide con la mediana del trapecio«. 2-M N = D C + AB (pues EN = BF)

H .) M A = M D ; M Ñ / / AB y CD

P or lo tanto: M N = M \ m

T .) ÑB = ÑC

175. R E L A C IO N E S E N T R E L O S LAD O S Y ANG U LO S D E UN T R IA N G U L O Ya demostramos en el Teorem a xxvi que "en un triángulo a los lados iguales se oponen ángu­ los iguales“ y, recíprocamente, “a los ángulos iguales se oponen ángulos iguales«. Es decir: Si a = b <==> a =8 D .) Basta aplicar el teorema anterior, obte­ niéndose: EB = ED; esto quiere decir que E es punto medio de BD (Fig. 7). Análogamente, se dem uestra que Ñ B =N C , es decir: M N = mediana. Otra

demostración: Debemos

dem ostrar

que M N es paralela a las bases y, a la vez, media­ na del trapecio ABCD (Fig. 8). En

seguida,

veremos

y

demostraremos

o tras relaciones métricas. 176. T E O R E M A L I I »En un triángulo a m ayor lado se opone mayor ángulo«. H .) BÜ > ÁÜ T -) a

Se traza por C y N la paralela al lado AD,

> fi

Fig. W

resultando: N F = A M = m (lados opuestos de un # ) C E = M D = m (lados A E N C s : A F B N pues:

opuestos de un # ) * 1 = * 2 (cbrrespon.

entre / / ) (por 1" T eor. de ~ )

* 3 = * 4 (ídem.)

. ’ . Ñ B = N C; p o r lo tanto: M N = m ediana )% (

D .) Se hace CD =C A formándose el A isósceles ADC Por lo tanto (Fig. 10): ' X CA D = 24CD A = á C om o' ó es ángulo exterior del A ABD. se obtiene (por Teor. xvii):

5 = li + t

=» ò > ii (por Ax. A)

+

pero a > ò (por Ax. A) Al sum ar se obtiene: b+ a > 0 + 5

(se «cancelan« los térm inos

¡T /j

177.

is ualcs>

T E O R E M A L i li . (Recíproco del anterior)

»En un triángulo a mayor ángulo se opone

D .) Se hace AD - AC = b = »D B =c

b

En el A isósceles DCA se verifica:

m ayor lado". a + 2 -ip = 180° => ? = 90° - -fH .)* B A C = a . * ABC = 0 .

a >8 Como ó + v = 180° => o - 90° +

T .) BC > ÁC

(*. obtuso) D .) En A se copia 8 = 24 BAD (Fig. 11). C

Siendo 4 ACB = y => ( = 7 De lo anterior se obtiene: ó > 90° (24 obtuso) « < 90° (el A DBC no puede tener más de un ángulo obtuso) p or lo tanto: ¿ > <= * a > c —b (por el T eor.

l u í).

La demostración de las prim eras desigual­ dades es obvia, pues se cumplen por el Axioma H (N° 49). Resulta: A ABD isósceles (Teor. xxvi) de donde: DA = DB

Otra demostración: Como »la distancia más corta entre dos puntos es el trazo que los une" (Ax. H ), obtenemos:

Pero A D + D G > AC (por Áx. H.) o bien:

BD + D C > AC (por Ax. D)

Luego:

»b« en ambos miembros de esta desigualdad, resulta:

BC > AC

Corolarios: 1) L a hipotenusa de un trián­ gulo rectángulo es el lado mayor. 2)

c < a + b ; análogamente: a < b +c. Al restar

En

un triángulo obtusángulo el- lado

a ~b< # + c - # = » e > a - b P or lo tanto:

c < a + b c > a - b

opuesto al ángulo obtuso es el lado mayor. 179. C O R O L A R IO La central de dos circunferencias secantes (que 178.

TE O R E M A lA V

se cortan) es menor que la sum a de los radios de

»Cada lado de un triángulo es menor que la su­ ma de los otros dos lados y, a la vez, es mayor que la diferencia de ellos«. H .) a, b y e son las medidas de los lados del A ABC (Fig. 12). T.) fa < b +c I) | b < a + c c < a +b

H)

a > c —b b > a -c c > a -b

las circunferencias y mayor que la diferencia de

T .) AE + E F + FG + G D > AB + BC + CD

ellos. Por lo tanto (Fig. 13):

D .) Se prolongan AB y BÜ hasta cortar la poli­ gonal circundante. Com o »la distancia más

R - r < OO’ < R + r

corta entre dos puntos es el trazo que los 180. O B S E R V A C IO N D ados tres trazos de magnitud conocida no siempre es posible construir un triángulo con

une«, resulta: AB + BM < AE + E F + FM I BC + C Ñ < B M + M G + G Ñ +

ellos. P ara que esto sea posible los tres trazos de­ ben cum plir con este teorema (i-iv). Por ejemplo, trate de construir un triángu­ lo en que a = 4 cm, b = 5 cm y c = 10 cm. Verá que no es posible puesto que: 4 c m < 5 cm + 10 cm y 4 cm < 10 cm - 5 cm debiendo ser ‘»mayor"; 10 cm > 5 cm + 4 cm y debiera ser «menor«;

CD < CÑ + ÑD AB + 5 S Í + BC +

'

+CD <

ÁE + E F + F M + Jl$ í + M G + G Ñ + P $ + Ñ D al »cancelar« los trazos iguales se obtiene: AB + B C + C D < AE + E F 4- (FM + M G ) + (G Ñ 4- Ñ D)

5 c m < 10 cm - 4 cm y debiera ser »m ayor«, FG

etc.

GD

luego: 18.1. T E O R E M A L V D em ostrar que »la transversal de gravedad co­ rrespondiente a un lado de un triángulo, es me­ nor que la semisuma de los otros dos lados«.

AB + B C 4-CD < Á É + E F + F G + G D (q.e.d) Otra demostración: Se unen los puntos como se indica en la figura

Por ejemplo, dem uestre usted que *• < - n r Indicación: duplique U y forme el # ABDC; aplique el T eor. i .iv . 182. T E O R E M A L VI »La poligonal convexa circundante es de mayor longitud que la poligonal circundada correspon­ diente que tiene los mismos extremos«. (Recuerde que »una poligonal es convexa

( a < m + x + | b < y

cuando una transversal la corta máximo en dos

I C < w

puntos«). H .) Poligonal A E FG D circunda a la poligonal

a + b + c
+z 4- q

+ ( x + y) + ( z + w) + q

A B C D (Fig. 14). pero:

x + y > n A z + w > 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
S 4 Ü = M ! c \...

2) »Los puntos pertenecientes al eje de simetría son simétricos de sí mismos«. 3) ¿Cuál es el eje de simetría de un trián­ gulo isósceles?

II) El eje L debe ser la sim etral de AA’, B B \ C C ’, D D ’ y E E ’.

4) ¿Q ué puede decirse de la bisectriz de un ángulo en cuanto a la simetría?

C uando se cumplan estas condiciones di­ rem os que los polígonos A B C D E y A’B’C ’

5) ¿C uál es el eje de sim etría de dos rec­ tas que se cortan?

D ’E ’ son simétricos respecto a la recta L que pasa a ser el eje de simetría.

6) ¿Cuál es el eje de simetría de dos rectas paralelas?

P or lo tanto, p ara construir la figura simé­ trica de o tra figura dada se determ inan los pun­

lo?

)» 0 2 (

7) ¿C uál es el eje de sim etría de un círcu­

8)

¿C uál es el eje de sim etría de un

simétricos« y las rectas que unen el “centro de sim etría« con estos puntos se llam an rayos de

cuadrado?, ¿de un rectángulo?

simetría. 188. S IM E T R IA C E N T R A L Se refiere a la sim etría respecto a un punto el cual se llam a »centro de sim etría“ . Definición:

»Dos

figuras

son

céntrica­

mente simétricas respecto a un punto cuando al g irar una de ellas en 180° en torno a este p u n ­ to coincide totalm ente con la otra«. P ara construir la figura céntricamente sim étrica del polígono A B CD E se elige un pun­

Como Ö Ä = Ö Ä ’, Ö B = Ü B \ Ö C = Ö C ’, etc. A E = A’E ’, AB = A ’B’,e tc ., resulta: * A O E = * A ’O E ’, * E O D = * E ’Q D ’, etc., y, por lo tanto: a) »los rayos simétricos forman ángulos iguales con los trazos simétricos«; b) »trazos céntricamente simétricos son igua­ les y paralelos«;

to O que se une con todos los vértices del polígo­

c) “la circunferencia y el círculo son céntri­

no. Se prolongan estas uniones en igual m agni­

camente simétricos respecto al centro del círculo«;

tu d de modo que OA = O A ’, OB = O B ’, etc. Finalm ente, se unen sucesivamente

A’

con B’, B’ con C \ etc. (Fig. 4).

d) “un paralelogram o es céntricamente simé­ trico respecto al punto de intersección de las diagonales«. 189. En la figura 5 construir el triángulo cén­ tricam ente simétrico del A ABO respecto al punto O.

Se

obtiene

A’B’C ’D ’E ’

de

este

céntricamente

modo

el

simétrico

polígono con

el

A B C D E, pues al g irar A en 180° en torno a O cae sobre A’; análogamente B sobre B’, C sobre C \ etc. Los

puntos

que

coinciden

después

del

giro en 180° se llam an »puntos céntricamente

Observación: M ucho de los teoremas ya demostrados sobre bisectrices, simetrales, triángulo isósceles y paralelogram os pueden ser dem ostrados por simetría.

) 103 (

19a U N I D A D P u n to s sin g u la res e n e l triá n g u lo . O rto cen tro, circunscentro, in cen tro , cen tro de gravedad y c e n tr o s d e la s c irc u n fe re n c ia s e x in sc rita s.

190. En el triángulo existe una serie de puntos que tienen propiedades muy particulares y es p o r eso que se conocen como P untos singulares

Es decir, el punto O equidista también de los extremos del trazo AB y, por lo tanto, O M es Se (por T eor. xxm ).

del triángulo, algunos de los cuales ya hemos nom brado m ás atrás (7a Unidad) como el cir­

192. T E O R E M A L X

cunscentro, el incentro, el ortocentro, el centro

»Las tres bisectrices de los ángulos interiores

de gravedad y los centros de las circunferen­

de un triángulo se cortan en un mismo punto que

cias ex inscritas. No son estos los únicos puntos especiales que existen en el triángulo ya que se

equidista de los tres lados del triángulo«. (Es, por lo tanto, el incentro o centro de.la circunfe­ rencia inscrita de radio ®p«).

pueden nom brar otros más, como el centro de la circunferencia de E uler, el punto de Nagel, el punto de Gergonne, etc., que no tratarem os en

H .) AP = bisectriz de a = b„

este texto. (Los interesados pueden consultar

BQ = bisectriz de 0 = b s

el T om o II de M atem ática sobre el punto de Nagel

Se une C con O siendo tO¡ = b . n b,

y el de Gergonne).

T .) CO = bisectriz de 7 = b 7 C

191. T E O R E M A L I X »Las tres sim etrales de los lados de un triángulo concurren en un mismo punto que equidista de los tres vértices del triángulo«. (Este punto de intersección es el circunscentro o centro de la circunferencia circunscrita de radio »r«). H.).S„ = sim etral de BC | S6 = simetral de AC j S° n S‘ = * ° ' AM = M B ; se une O con M . T .) O M = S,

D.) Desde O se trazan las perpendiculares a los tres lados del triángulo; al aplicar el T eorem a x x iv se obtiene (Fig. 2): O D “ .G E (por ser O un punto de b „ ) O D = O E (por ser O un punto de be ) . . O E = O F (por transitividad). Es decir, el punto O equidista de los lados del á n ­ gulo 7 y, por lo tanto, C O es la bisectriz de 7 (por T eor. xxv).

D .) Aplicando el T eo r. x x n se tiene (Fig. 1): OA = O C (por ser O un punto de St)

193. T E O R E M A L X I

O B = O C (por ser O un punto de S„)

»Las bisectrices de dos ángulos exteriores de un. triángulo y la bisectriz del ángulo interior no

O A = O B (por transitividad).

adyacente a ellos, se portan en un mismo punto

) 104 (

que equidista de un lado y de las prolongaciones de los otros dos lados del triángulo«. (El punto de concurrencia es, por lo tanto, el centro de una de las tres circunferencias ex inscritas al triángulo y de radios p„,

pc).

F'g 3

\ / '

/

/

\

\

\ \

/ /

V*\ 0Q / ' p / ' y ' Po X / j>

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 “ ‘ <3 + 4 ' ' 7

2) arco G na B.

de donde:

(C,a) y C R —* R se determ i­

3) arco O (B, B R ) determ ina S al cortar la O (0 „ , pa) 4) T C —* C y SB —* B determ ina A. > 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 = <*—/}) 16) A: a —b, a —0 ,

a —0 , b 7 , v (Ind.: A aux. H E C ;

A:

u,

v,

a —0

y * A ’D B = 90° +

(Ind.: A aux. EBD

E n seguida, B E —* E y 0

A’B = p - q , BD = a —b y ^.D A ’B = -y - 7 ).

(E,v) deter­

mina A).

.5 )

,18) A: a - b , u - v , 7 (In d .:, A aux. FBD ; en D _L F D y BF •—* F det. A)

A : u,v, a —b (In d .: A aux. E B D , Fig.7) A u —v, a —b, ex — 0 F B D con FB = u —v, A D FB =90° +

6)

19) A : a, b, a - 0

(Ind.: A aux. B D = a —b y el

20) A : « +0,
- Después:

O (E , ED ) determ ina A).

22) A: a + b , 7 , c

A:

23) A: a + b , a —b, a —0

u -v ,

a -b ,

y

(Ind.: A aux. FB D

con FB = u —v, B D = a —b ,4 F D B = -y y ).

24) A : a + b , « + 0 , « - 0

7)

A : a —b, u - v , 0 (In d .: A aux. FB D )

8)

A : a, b, a - 0

(Ind.: A aux. BD A con arco

verifica que.

capaz de ■“ ^

con cuerda a —b = BD;

(Ind.: A A’BA” -

25) D em ostrar que en el- A ABC (Fig. 7) se ...

0 9)

)

17) A : a —b, p —q , 7 (Ind.: A aux. A’BD con

con E B = u , E D = v , 4 D E B = a - 0;

4)

p - q (Ind.: Aaux.

A’B D (Fig. 7) con A ’B = p —q, BD = a —b

E H —>H y O (E , v) det. A) 3)

p —q , b (Ind.: A aux. A ’BC

15) A : a —0 , p — q , a .(Ind.: A A’BC con

seguida, la G (C ,b) determ ina A; 4 A CE = 4.ECB determ ina B).

a —0 ,

con A’B = p —q , Á ’C = b y JiA ’CB = a —0).

p -q

A ABD por í’r T eor. de

semejanza).

(C, b) determ ina A)

A : a, b, b 7 (Ind.: en el A B D E se conoce B D = u —v y la razón BE: E D = u :v , pues u:v = a:b. Luego: L .G . p ara E son: 1°)-© de Apolonio (se divide BD en a:b)

26) D em ostrar que el A ABC (Fig. 7) se ve­ rifica que (a - b ) es media proporcional •

geométrica entre (p - q ) y (u —v). (Ind.: A F B D - A A’BD por 1" Teor. de semejanza).

2°) O (C, b 7 ). 10) A : b, v, a —0

a+b

(Ind.: A aux. A F D con

AF -2 v , 4 DAF =

y 4 A D F =90°. 208. C) A D IC IO N Y D IF E R E N C IA D E

Los L .G . p ara C: 1) sim etral de AD;

A L T U R A S (Fig. 8)

2 ) 0 (A, b )).

Sea A l = ha, BG = h j, C E = b 7 , AE =v, 1 1 ) A : b 7 , a —0 , u

(Ind.: A aux. H E C con

C E = b7 , * C H E = 90° y * H C E = D espués:

EB = u .

H E —►E y la O (E, u) determi­

1)

Se hace CD = C A = b =>

BD = a —b

nan B.).

2) Se traza D J -L AC y D L -L BÜ, resulta: 12) A : a + b, p —q , 0 (Ind: A aux. A’BA” ; i sim etral de A’A” det. C). A A I C ^ A C JD , pues j *1 = 4 j = 90° 7 = común

13) A : p —q, b, a (Ind.: A aux. A’BC con A ^ b , * B A ’C =180° - a , y A’B = p - q ) . ) 114 (

de donde: D J = A I =h<,=

BL = h j - h a

209. E J E R C IC IO S (F ig. 8 ) 1 )' A : a —b, h* —ha, u —v (Ind.: A au x . LBD con a —b = B D , h* -h a = B L , y 4 D LB = 90°. L .G . para F: 1) bisectriz del 4 D BL; 2) O (B, u -v ); L .G . para A: 1) B F —*F, 2 ) i- e n D a D F ; L .G . para C: 1) BD —*D, 2) sim etral de AD. A:

h¿ -h ,,, b, ^ ( In d .: A a u x . LBD

con BL = h i - h „ , 4 L D B = y y 4 D LB = 90°. L .G . para C: 1) B D -»D ; 2) la O (D,b). E n seguida, se traza la bi­ sectriz del 4 LDB. L.G. para A: l ) ± e n D a DB; 2) O (C, b); etc. K

\ ——-J

u-v E S ” = a -fb

3)

3)

Se hace C A ” = b

4)

El A ACA” es isósceles y, p o r lo tanto: -

A : h» + h t, a + b , c

(Ind.: A aux. KBA”

con a + b =BA ” , h» +h* =BK y ^ B K A ” = 90° L.G . para A: 1) bisectriz del ±

KA ” B;

2 ) © ( B ,c ) . 4A A ”C = \ - y 5)

Se traza p o r A” BG —* G

//

A:

5)

A : K, +h*, y , fj (Ind.: A aux. K BA” con

Ü X y se prolonga

determ inándose

K;

adem ás,

se traza C K ’ -L KA” 6)

4)

EF = E A =v

al

L .G . para A: 1) bisectriz del 4 K A ” B;

6)

del 4 CA ” K hace

análogo

2) lado libre de /3 copiado en B.

además: 4 C A ” K = •y=>A ” A = bisectriz

Se

(Ind.:

ha +h* = BK, 4 BA” K = 7 y S BKA” = 90°.

Resulta: A A” K ’C ^ A CA I =» C K ’ = h* BK = h , + hi

7)

ho + h i, Cj y problema anterior).

A :, hi 4-hs, h * -h a , a -b (Ind.: A aux. LDB con a —b = BD, hi -h « = B L y 4 D LB = 90°. En seguida, se copia ha + h i = BK y se.completa el A KBA” ). L .G . para A: 1) la semi O (D A ”); 2) bi­

FB = u

sectriz d e l 4 AA” B Por lo tanto: AA” / / b-, 8)

/ / DF

Como CÁ = C D = CA” =» 4 DAA” =90°

210. D) R E L A C IO N E S E N U N T R IA N G U L O IN S C R IT O E N U NA C IR C U N F E R E N C IA

Con estas relaciones es fácil resolver las siguientes construcciones de triángulos. D arem os sólo indicaciones p ara el aná­

1)

(Fig. 9) En el triángulo inscrito ABC en la circun­ ferencia de radio »r« se traza por C / / AB

lisis y la construcción queda a su cargo

y

se

completa

el

cuadrilátero

inscrito

siempre que la considere necesaria hacerla.

ABNC; por lo tanto, en este trapecio, se )115<

F ig -9

obtiene: « ’ = a , pero como el 4 ABN = a ’ (son correspondientes entre / / ) , re­ sulta 4 A B N

= a- P o r lo tanto, A BNC

es un trapecio isósceles = * NB = b 2)

Al ser A B / / C Ñ resulta 4 N C B = 0

3)

Como 4 A BN = « y 4 ABC = 0 se obtiene:

cia difícil. Sólo darem os indicaciones para el análisis. La construcción es convenien-

e’ = « - / ? = t 4)

niente que usted la haga en cada caso.

Al tra z a r desde N la perpendicular a AB se obtiene: B H ’ = q y, p o r consiguiente.

211. E J E R C IC IO S (Fig. 9) 1)

A : he,

a - 0 , r (Ind.: A aux. C H P

con

C H =hc, 4 C H P =90° y 4 H C P = « - 0; H H ’ = p - q = CN

5)

6)

en seguida, la O (C, r) determ ina el centro

Al trazar el diám etro C B ’ y la tangente C T se obtiene 4 C B ’A = 0 (son án­

2)

A:

p -q , a

-

0 , b (Ind.: A aux. NCB

gulos inscritos e n el mismo arco AC) y 4 T C A = 0 ’ = 0 (fí’ es ángulo semiinscrito

con C N = p —q , BN = b, 4 C B N = « —

en el mismo arco Á& que 0).

L .G . para A: 1) por B / / CN ; 2) O (C,b).

4 LCA = 4 CAB = «

(ángulos alternos

entre / / ) ; p o r lo tanto: £” = 4 L C T = a - 0 7)

O ; la O (O, r) determ ina A y B en las pro­ longaciones de H P.).

En seguida:

3)

A : p —q,

a,

b

(Ind.: A aux. A H C con

4 C A H = « , 4 C H A = 90°, Á Ü = b ; después, se prolonga A H —»H en p —q =H H *

= e

L .G . para el centro O: 1) simetral de H H ’ = p - q ;

4 H C O = 4 L C T (ángulos de lados X )

=» e = « —0

2) simetral de

AC = b). 8)

4 HCE = 4E C O =

2

C E = bisectriz

del 4 H C O 9)

arco KA = arco

10) D em uestre que 4 A C H = 4 0 CB C on este análisis general es posible resol­ ver los siguientes problem as de aparien­ )1 1 6 (

4)

A : p - q , h,. a , (In d .: análdgo al anterior).

5)

A : p —q , r, he (Ind.: A aux. C O N con C N = p —q , C O = N O = r. E n seguida

la-L en C a C N y se copia he = C H . Se di­ buja la O (O , r) que cortará a la-Len H a C H e n A y B).

6)

A:

p -q ,

a,

r.

(Ind.:

A

aux.

CON

5)

con p - q = C N y Ö C = O Ñ = r. L a O (O , r) y se copia « en C y en N de modo que 4 L C A = a y j^ C N L ’ = a).

Al tra z a r por C / / f , p o r B / / c y d, se for­ ma el # A EFC que tiene por lados a las diagonales del trapezoide A BCD . Además, se form a al # B FC D y el # A EBD . Resulta: B F = c, B E = d , E F =e, Â E = f, Ü F =f, 4 ACF = t

6)

En el vértice B se reúnen los cuatro lados y los cuatro ángulos. ¿Q ué teorema queda demostrado en este vértice?

213. E J E R C IC IO S {Fig. 11) 1) 2)

7)

A: p -q ,

10> : _____

r. (Ind.: A aux. H M C (Fig. _____

c o n H M = - ^ 3 - , C M = te ,* C H M =90°. L .G . para el centro O : 1) la perpendicu­ lar en M a H M ; 2) el arco O (C , r); etc.). 8)

A : p - q , he, r

9)

A : he, p —q , « - ß

1 0 ) A : he, le, b ,

3) 4) 5) 6)

C onstruir los siguientes cuadriláteros: trapezoide: a, f , « , 0 ,c; trapezoide: a, b, c, d, e; . trapezoide: b, d, e, f, e; trapezoide: e, f, e, a , 0; trapezoide: a, c, e, f, e; trapezoide: a, b, c, e, f;

8)

trapezoide: c, e, f, y , <; trapezoide: a, b, e, f, <;

9)

cuadrilátero inscriptible: a . b, c, r;

7)

1 0 ) cuadrilátero inscriptible: a , b, e, f; 1 1 ) cuadrilátero inscriptible: e, f, e, r; 1 2 ) cuadrilátero inscriptible: d, e, e, f;

13) cuadrilátero inscriptible: a, e, c, r; 14) cuadrilátero inscriptible: a , b, f, /S; 15) cuadrilátero inscriptible: a , e, f, r;

212. E) R E L A C IO N E S E N U N T R A P E Z O ID E (Fig. 11)

16) cuadrilátero circunscriptible: a, b ,a , p; 17) cuadrilátero circunscriptible: c , a , B , p;

1)

Lados: AB = a , BC = b , C D = c, Ä D =d.

18) cuadrilátero circunscriptible: a, /9, y , p ;

2)

Diagonales: e = A C , f = BD;

3)

Angulos: a , ß , y , à.

4)

Angulo formado p o r las diagonales =«.

19) cuadrilátero circunscriptible: a , b, c, e;

1 0 ) # : e ,f ,h » ;

20 ) cuadrilátero circunscriptible: a, a , 0 , y ;

1 1 ) # 4 (a,e),*.(b,e),h< ,;

2 1 ) cuadrilátero circunscriptible: a, b, c, a;

1 2 ) rombo: a ,« ;

2 2 ) cuadrilátero

circunscrip­

13) rombo: a , ha;

circunscripti­

14) rombo: a , h*; 15) rombo: e, f.

inscriptible

y

tible a la vez: a , 0, p; 23) cuadrilátero

inscriptible

y

ble a la vez: a, a, /3; 24) cuadrilátero inscriptible y circunscriptible a la

216. R E L A C IO N E S E N U N T R A P E C IO

vef: a, y , p. 1)

(Fig- 13) P or C y A la paralela a BD; AB —►B de­ term ina # A EFC de lados »e« y »f« y 4A C F = €

214. R E L A C IO N E S E N U N P A R A L E L O G R A M O (Fig. 12)

2)

B F —c, BE = d , A F = a 4 -c.

b,

1) a

c,

b

d;

a

y,

0

b,

« 4 á = /3 + y = 180° D H = h„ ;

DK = h 6

2) P or A y C se trazan las paralelas a BD y se prolonga C B —>B y a B —>B. 3)

Se obtiene de esta m anera el # A EFC for­ m ado p o r las diagonales; las diagonales de este nuevo paralelogram o miden 2 a y 2 b.

215. E J E R C IC IO S (Fig. 12) 1) 2)

# : a , e, «; # : e, f, t;

3)

# :a ,b ,f ;

4) 5)

# :a A ,< ; # : e, f, a;

6)

# : e, t,ß; # : b, h*, «;

7) 8)

# :a ,e ,f ;

9)

a, b.h«;

217. E J E R C IC IO S (Fig. 13) 1)

Trapecios: a , b, e, a;

2) a, b, e, f; 3) a ,b , h ,« ; 4)

a . b> c, d

0

5) 6)

a , b , a , 4 (c, f); a + c ,e , f, 7 ;

7)

a + c, í , h, 5;

8)

a —c, b, e, 0 ; a - c, b, f, 0 ;

9)

1 0 ) b, h, e, e; 1 1 ) e, h , a —c, a; 1 2 ) a + c, h, f, 6;

13) a, b, d, a + 0 ; 14) a — c, h , f, 0; 15) trapecio isósceles: a , h, f; 16) trapecio isósceles: a ,« , 17) trapecio isósceles: a, h , t; 18) trapecio trisolátero: a, b, a ; 19) trapecio.trisolátero: a, b, e;

Otra solución (Fig. ui): 1 ) 0

(O, r); 2) AC = e;

2 0 ) trapecio rectángulo: a, b, 0 .

3) en cualquier parte cuerda P Q =f;

218. E J E R C IC IO S G E N E R A L E S

copia « en O y se determ ina M ; 7) la per­ pendicular en M determ ina BD.

(Construcción de triángulos y cuadriláteros). 1) A : r , 7 ,tr;

(Los 4 « m arcados son iguales por tener sus lados perpendiculares).

4 )0

2)

A : r, « , a »a«);

(O ,

5) se traza OÑ_]_ÁC; 6) se

— b (Ind.: r y a determ inan D

Análisis: (Fig. 1). Con r y a se determ ina a =BC. El ü x =90° + f ;

por lo tanto, el A aux.

BCD se construye con BC = a, CD = b - c y

6)

C onstruir un dados: r, a, e, í.

(Ind. (Fig. iv): 1 ) 0

4 x, etc.

3) 4)

A : s, pB, b

5)

C onstruir un cuadrilátero inscriptible da­ dos: r, f, e, t. (Ind.: (Fig. n). 1) 0

cuadrilátero

inscriptible

(O , r); 2) ÁB = a;

arco O (A, e) determ ina C; 4) arco ca­

paz de e con cuerda AB.). D

(O , r); 2) A aux.

A FC con AC = e , C F =f, 4 A CF = e; 3) se copia f = P Q como cuerda en cualquier p a r­ te y se determ ina p. 4) Desde 0 la perpen­ dicular a F C determ ina M ; 5) en M la tan­ gente determ ina B y D ). )119<

c

recta L sobre la cual está el lado AB. (Ind.: trazar la simetral de D E). (Fig.-vi). 0

x

n

L r y 7 se determ ina »c«. P or lo tanto, se determ ina »t„« como cuarta proporcio­ nal.

21) C onstruir

un

trapecio

isósceles circuns-

criptible conocido su perím etro 2 s y p. (Ind.: aproveche las propiedades: b + d

L .G . p ara M : 1) O de diám etro OB; 2) arco O (A, u ); etc.). 8)

# a ,.« ,h«.

9)

# e , f,ft.

a + c = s; b = d = * b =

=

; ad em ásh = 2 -p).

C

10) A : 7 , c, p (D eterm ine el ángulo for­ mado por las bisectrices de « y 0 ). 11) A : t., t*, te (Ind.: trazar p o r B / /

t,

y p o r A //t¿ ; se form a un paralelogram o de lado 2 /3 de t„ y 2 /3 de t*; una de las diagonales mide 2 / 3 de t ) . 12) C uadrilátero circunscrito: a, p, « ,f . 13) A : a , « , p.

modo que la diagonal AC sea bisectriz del 4 DAB. (Ind.: form ar a - d = E B ; A aux.

EBC con a —d, b, c = C E ). 16) C o n stru ir un triángulo del cual se conocen los puntos medios de sus tres lados. 17) C onstruir un A ABC del cual se conocen el centro de gravedad G , el punto medio M del lado AC y el pie D de la altu ra he. (Ind.: al final estudie la mediana del A ADC). 18) C onstruir un triángulo del cual se cono­ cen el vértice A y los pies D y E de las alturas h« y h*. p =he.

20) C onstruir un A ABC del cual se conoce los pies D y E de las altu ras h<, y hi y una

.

)!*><

2) 4 AOB =90° +

se determ ina -7 ;

3) L .G .

para O: 1) arco capaz de 90°+ -5- - y con

15) T rapezoide A BC D dados: a, b, c, d y de

b = 1,5 a,

f . solución: 1 ) con r y 7 »c«;

14) A : a - b , a - 0 , h„.

19) A : t„,

22) A : r, 7 , p . (Fig. vn).

cuerda AB; 2) paralela a la distancia p de AB. T . solución: 1 ) con y y p se construye el deltoide C D O E ; 2) DK =c y perpendicu­ lar en K determ ina O ; 3) se dibuja la G (Oc, OcK); 4) se traza la tangente común inte­ rior a las circunferencias de centro O y O, la que determ ina A y B. (Fig. vm). 0

c

26) E n la Fig. x i al m antenerse fijo el lado

C

AB y constante el ángulo 7 centro Oa de la crita es:

,

el L .G . del

circunferencia ex

ins­

A) la G (B, AB) (Fig. xi) B) arco capaz de 7 con cuerda AB C) la G (A, M ( D) la G (C, BC) E) arco capaz de -y ■7 con cuerda AB. 23) C onstruir un trapecio dados: e, f,
sitan tres datos independientes entre sí, de­ biendo ser, por lo menos, uno de ellos un dato li­ neal.

1 )Á E = a + c 2)

m = ^

219. D A T U M Ya vimos que para construir un triángulo se nece­

=> AE = 2 m

3) A aux. A EC con AE = 2m, ÁC = e, C E = f; 24) A : c, 7 , pa (Ind.: mente el 4 AO„ B ).

Pero es frecuente que al darse estos tres datos dos de ellos determ inan el tercero. En es­

4) etc.). determ ine

previa­

tos casos se habla de datum. C ada uno de los siguientes ejemplos es un datum : 1)

A : c, 7 , r. (E s el caso más conocido ya que cualquiera de dos de estos datos deter­ minan al tercero: con »c« y »r« se determina 7 ; con . 7

y »r« se determ ina »c«, etc.). Análogamente son »datum«: Á : a, o¡, r; A : b,/3, r.

25) En el A S R T se obtiene una de las siguien­ tes alternativas (Fig. x). A) SR = 15

2)

A : p, /3, hí.

3) 4)

A : q ,a ,h r . A : he, b 7, a —¡8 .

5)

A : p - q .h c .t c .

B) R Q = 12

6)

C) perím etro = 23,5

7)

trapecio dados: a , b ,j3 , 7 . # : a , b, c.

D) perím etro = 47

8)

# :-z ,a , y ■

E) faltan m ás antecedentes.

9)

trapecio isósceles: a , a , 0.

) 121 (

21» U N I D A D La circun ferencia y e l círcu lo (Segunda p arte). R ela cio n es en tre cuerdas igu ales y d iferen ­ tes.' M ed id a d e u n á n g u lo e n fu n ció n d e l arco q u e su b tien d e. T eorem as sobre á n gu los inscri­ to s, sem iin sc ritos y d e l cen tro. T eo rem a de la sem icircu n feren cia de T h a les d e M ile to . Lugar G eo m étrico d e l »arco capaz d e un án gu lo«. C u adrilátero in scrito e n una circu n feren cia. T e o ­ rem a sob re á n g u lo in te r io r y á n g u lo e x te r io r e n u n circu lo.

220. T E O R E M A L X V I I »El diám etro es mayor que cualquier cuerda«.

Corolario: “L a tangente a una circunfe­ rencia es perpendicular al radio de contacto«. Basta tra z a r la apotem a O M y trasladar la secante S paralelam ente a sí misma con lo cual los puntos A y B se van acercando hasta confun­ dirse con M en el punto de tangencia T . E s decir (Fig. 3): Ó T .L L

H .) M N = diám etro (Fig. 1) AB = cuerda

F‘8 J

T .) M N > AB Puede decirse también que:

D .) AO + OB > AB pero 1 AO + OB - M Ñ = 2 r

lím sec S = tang. L OM — r

M Ñ > AB 222. T E O R E M A L X I X 221. T E O R E M A L X V I1 I »La perpendicular trazad a desde el centro de un círculo a una cuerda la dim idia«. (A esta per­ pendicular se le llam a apotema, que se designa p o rp = rho.).

H .) O M ± AB, O M = p (Fig. 2) T .) M Á = MB O A = OB = r

A A M O S* A B M O :

O M = lado común

(por 3 " T eor. de ^ )

4 O M A = 4 O M B = 90°

MA = MB

H .) AB > 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
6)

A : u, v, 7

235. T E O R E M A L X X V

7)

A : a + b + c , he, 7

»Un ángulo interior en un círculo tiene por me­

(In d .: form ar el A D E C (Fig 5), en el cual D E = a + b + c. D eterm ine el valor del

dida la sem isum a de los arcos que comprenden sus lados y sus prolongaciones«.

4 DCE).

233. T E O R E M A L X X I V »En todo cuadrilátero inscrito en un círculo la sum a de dos ángulos opuestos es 180°«.

H .) í = ángulo interior (F ig .'/).

H .) ABCD = cuadrilátero inscrito

T \

T .) a + 7 = 180° 0 + & = 180°

D .) Se une A cón C , resultando:

arco Áfe + arco C Í)

T -) * - -------~ 2 -----------

« = « + 0 (por T eor. xvn) pero: medida de a = arco AB Fig. 6.

medida de 0 = art(^ > por lo tanto: * = arcoÁfe t * ,i:o6b

236. T E O R E M A L X X V 1 »Un ángulo exterior en u n círculo tiene por me­ dida la semidiferencia de los arcos que compren­ D .) P o r el T eor.

l x x ii ,

se obtiene (Fig. 6 ):

de entre sus lados«. )*27<

1)

Se traza p o r P cualquier oblicua que corte a L en u n punto A (Fig. 10). F ig . 10

L 2)

Se dibuja la semicircunferencia de diá­ metro AP que corta a L en un punto H.

3)

P H es la perpendicular a L. ¿ P o r qué?

H .) e = ángulo exterior (Fig. 8 ). T -) e =

B) T ra z a r la perpendicular a una recta L en

arco Á ít - arco CD 2

un punto P de ella:

D .) Se une B con C. R esulta p o r el T eor. xvii: or = « ____

arc o Á B

..

a = — 5—

pero

—0

+ /3 = » « = <*

1)

Se elige un punto tal como el O que se une

',

a rc o C D

y — ^—

luego, se obtiene: arco

a

5 —arco C D

2

‘

Otra demostración (Fig. 9):

2)

Se dibuja la O (O , O P ) que corta a L en

3)

A. Se une A con O y se prolonga hasta comple­ ta r el diám etro AB.

4)

Finalm ente se une B con P.

C) T ra z a r la perpendicular en u n punto P de u n a recta L . (O tra solución): 1) Se dibuja un arco de cualquier radio PA x

=

f +

x

= -j)3

y (T e o r.

(Fig. 12). x v ih

)

,

i

=>< + y = y tf

Fig. 12

( T e o r . l x x ii)

pero, tam bién l luego:

y =

.1 <+ yT

-y

y (Teor.

l x x ii)

1 a — & = T 0 =* * = ~ T -

Como, además f)

-

a rc o

ÁB |

—• e =

AB - CD

ó

2)

y = arco C D 3) 237. E J E R C IC IO S A) T ra z a r desde un punto dado P la perpendi­ cular a u n a recta L: > 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<*7íN4rí°s puntos sobre las paralelas de modo que las visuales dirigidas de ellos a los puntos A y

B formen un ángulo de 60°. )1 2 9 (

M ) Un

ángulo

mide

7 8 °4 5 \

D eterm inar

3)

el valor de su complemento y de su suplemento en grados centesimales (g) y en radianes (rad).

L a medida del ángulo »x<( en la Fig. 3 es: A) 50°; B) 115°;

(Resp.: complemento = 12*50“* =0,1963 rad. C) 65°;

suplemento =112*50'* = 1,7668 rad)

D) 100°; N) En un cuadrado de lado »a« se trazan arcos de centro en cada vértice y radio »a«.

E) otro valor.

4) t

Fig. 18

Desde el centro de gravedad G del triángulo SR T se trazan las perpendiculares a los la­ dos. Entonces, la medida del ángulo (x +y) es (Fig. 4): A) 180° —y ; B) a + 0

■ C) 180° + ( a D em ostrar que:

D) 180° + 7 ;

arco AE = arco E F = arco FC. E) 270°. (Indicación: ver la trisección del ángulo recto # 7 9 ) . 5)

El ángulo »x« de la Fig. 5 mide:

6)

Los ángulos interiores del A

238. T E S T S 1)

En la Fig. 1 la medida del ángulo »x« es: A) 50°;

2 ) En la Fig. 2 la medida de »x« es:

F,„

a , 0 , y . Si desde el ortocentro H se tra­ zan las perpendiculares a los lados, el án­ gulo »X« mide (Fig. 6): A) a + 0)

C) 60°;

B) a + 7 ;

D) 80°; E) otro valor.

C) 0 + y ; D) 180 - « E) a + 0 - y.

)130<

S R T son

En la Fig. 7 el segmento Ó D es un tercio del radio. Entonces, el ángulo »x<‘ mide:

7)

11) E n

la

figura

11

se

tiene

AB = /8 y

BC = /j«. Entonces, el ángulo ABC mide:

A) | a ;

A) 60°;

B) j - a;

B) 150°;

"

C) 135°;

C) 1,5 •<*;

D) 120°; D) 0,5 - a ; E) otro valor. E) « . E n la Fig- 8 se trazó AE X B C y B D X AC.

8)

12) En una circunferencia (Fig. 12), se m ar­ can tres arcos iguales: M N = N P = P Q S i^ M O P = a , el ángulo P R Q mide:

9)

En una circunferencia se toma una cuerda AB correspondiente al lado del decágono regular inscrito (F,ig. 9). Entonces, el án­

13)

En una circunferencia (Fig. 13) se m ar­ can tres arcos iguales: M N = N P =PQ Si 4 M O Q = a , entonces el ángulo »x«

14)

En la figura 14 al m antenerse fijo el lado AB y constante el ángulo y , el L .G . del

gulo »x« A) 72° B) 36° ■ C) 24°

■•- - - - -

D) 18° E) 15°.

E n una circunferencia se tom a una cuerda AB correspondiente al lado del decágono regular inscrito y la cuerda BC correspon­ diente al lado del pentadecágono regular inscrito.

Entonces, el ángulo

(Fig. 10):

mide % . 14

A) 14°, 4; B) 60°; C) 30°; D) 45°;

»x«

-

E) otro valor.

B & S tía a a s g k -á a a iB .-

10)

centro O 0 de la circunferencia ex inscrita al triángulo es:

D ) © (C, BC);

A) O (B, ÁB) •

E) arC° Cap3Z dC % con cuerda ^

B) arco capaz de y con cuerda AB; „ .A k x W W (A’ *>a );

)>32(

»> C; 2) D; 3) D; 4) D; 5) A; 6) A; 7) D; 8) E; 9) D; 10) C; 11) B; 12) B; 13) C; 14) E.

22a U N I D A D P o sició n relativa de d os circu n feren cias. T razar las tangentes d esd e u n p u n to a u n a circu n ­ feren cia. C u ad rilátero circu nscrito. T an gen tes co m u n es ex terio res e in teriores a dos cir­ cu nferencias.

239. P O S IC IO N R E L A T I VA D E D OS C IR C U N F E R E N C IA S El segmento que une los centros de dos circunfe­ rencias se llam a central. . Considerem os dos

circunferencias

exte­

riores que no tengan ningún punto común y acer­ quem os sus centros paulatinam ente conservando la magnitud de los radios. Designemos p o r R y r los radios de estas circunferencias, por O O ’ la central y observemos qué le sucede a la central

4 0 caso (Fig. iv): Si las dos circunferencias son tangentes interiorm ente, la central mide:

cuando se acercan los centros. f

OO’

caso (Fig. i): Si las dos circunferen­

cias son exteriores la medida de la ceritral es:

5° caso (Fig. v): Si las, circunferencias son interiores (una respecto a la otra), se obtiene p a ­ ra la central: cero <

T caso (Fig. n): Si las dos circunferencias son tangentes exteriorm ente la central mide:

6° caso (Fig. vi): Si las circunferencias son

concéntricas (tienen el mismo centro), se obtie­ ne: O O ’ = cero

J"

caso (Fig. ni): Si las circunferencias

son secantes, es decir, se cortan, la central mide: R - r < OO’ < R + r

centro 0 „ de la circunferencia ex inscrita al triángulo es: A) O (B AB)-

D ) O (C, BC); arC° CapaZ de "2" con cuerda ÁB.

B) arco capaz de 7 con cuerda AB; C) U (A, bar);

)132(

H esp.: 1) C; 2) D ; 3) D; 4) D ; 5) A; 6) A; 7) D; 8) £ . 9) D; , 0) C; , B; 12) B; , 3) C; , 4) £

22a U N I D A D P o sició n relativa d e dos circun ferencias. T razar las tangentes d esd e u n p u n to a u n a circu n ­ feren cia. C u ad rilátero circunscrito. T a n gen tes co m u n es ex terio res e in terio res a dos cir­ cunferencias.

239. P O S IC IO N R E L A T IV A D E D O S C IR C U N F E R E N C IA S El segmento que une los centros de dos circunfe­ rencias se llama central. .C onsid erem o s

dos

circunferencias

exte­

riores que no tengan ningún punto común y acer­ quemos sus centros paulatinam ente conservando la magnitud de los radios. Designemos por R y r los radios de estas circunferencias, p o r O O ’ la central y observemos qué le sucede a la central

4° caso (Fig. iv): Si las dos circunferencias son tangentes interiorm ente, la central mide:

cuando se acercan los centros. f caso (Fig. i): Si las dos circunferen­ cias son exteriores la medida de la central es:

5° caso (Fig. v): Si las, circunferencias son interiores (una respecto a la otra), se obtiene p a ­ ra la central: cero < O O ’ < R - r V 2o caso (Fig. ii): Si las dos circunferencias son tangentes exteriorm ente la central mide: OO’ = R + r

6° caso (Fig. vi): Si las circunferencias son

concéntricas (tienen el mismo centro), se obtie­ ne: O O ’ = cero

f

caso (Fig. n i): Si las circunferencias

son secantes, es decir, se cortan, la central mide: R - r < OO' < R + r H33(

Observación (Fig.

v ii):

D

os

circunferencias se

cortan ortogonalmente cuando los radios que parten de los puntos de intersección son perpen­ diculares entre sí.

3) Si r[-L r => 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 .
20. El L G . de los centros de todas

de todas las cuerdas que pasan por un punto

las circunferencias de radio dado »r« que son cortadas «bajo diám etro“ por una cir­

P situado dentro de un círculo es la circun­ ferencia de diám etro O P (la distancia del punto P al centro O ) (Fig. xn).

cunferencia dada de radio »R«, es la circun­ ferencia concéntrica con la dada que tiene por radio p = % / R 2 - r 2 (Fig. x). X

24) L .G . N ° 23. El L .G . de los puntos medios de todas las cuerdas que pasan por un punto P situado fuera del círculo, es la circunfe­ rencia que tiene por diám etro la distancia del punto al centro del círculo (Fig. xni).

25) L G . N° 24. E l L .G . de los puntos medios de todas las cuerdas que p arten de un m ism o’ p unto P situado sobre la circunferencia, es la circunferencia que tiene p o r diám etro el radio de la circunferencia dada, es decir: diám etro O P (Fig. xiv).

tángulo y trazar las perpendiculares a L ’ y a L ” se obtiene: P M = P K pues P (E bisectriz del * ( L , L” ) P M -f PN = s PK + P Ñ = s 2 o caso: se da la diferencia »d".

1) Se traza la paralela a la distancia »d« de L” (o de L ') (Fig. xvi).

26) L .G . A® 25. El L .G . de todos los puntos cu­ yas distancias a dos rectas dadas concurren­ tes tienen una sum a o una diferencia dada, se compone de cuatro rectas que forman un rectángulo. f r caso: se da la sum a »s«. 1 ) se traza la paralela a la distancia »s« a

una de las rectas, por ejemplo, a L ’. Esta paralela determ ina el punto A en la otra rec­ ta L ” (Fig. xv).

2) Se completa el rectángulo ABCD, ha­ biendo trazado la bisectriz L. 3) Se toma un punto P cualquiera en la prolongación de uno de los lados del rec­ tángulo A BCD y se trazan las perpendicu­ lares a L ’ y L ” desdé P. Resulta: PN

= PK pues P G bisectriz del 4 (L, L’)

Pero PM - P K = M K = d luego: PM - P Ñ = d 27) L .G . N ° 26. D eterm inar el L .G . de todos

2) Se trazan las bisectrices del n, L ” AL

3) Se completa el rectángulo ABCD.

los puntos cuyas distancias a dos rectas con­ currentes dadas estén en una razón dada m : n (Fig. xvn).

Al tom ar un punto P cualquiera de este rec-

Solución: 1.) Se trazan las paralelas a la dis­

(formado p o r la paralela y la recta L ” ).

)1 4 l(

Solución: 1) Se suman los radios: R + r; 2) Se dibuja la O de radio R + r ; 3) Se trazan las paralelas a la distancia »r« de L. La intersección de estas paralelas con la O (R + r)

determ inan los puntos P ’ y

P” que son los pedidos. Discuta sobre el núm ero de soluciones.

tancia >»m« de u n a de las rectas y a la distan­ cia »n« de la otra. 2) Se une el vértice del ángulo que for­ man las rectas con los puntos de intersec­ ción de estas paralelas. E stas rectas son el L .G . pedido. (Dem uéstrelo usted). 28) Problema:

C onstruir

una

circunferencia

tangente a una recta dada L en un punto P de ella y, a su vez, tangente a u n a circunferen­ cia dada O (Fig. xvm ).

30) Problema:

C onstruir

una

circunferencia

que sea tangente a una recta dada L y a una circunferencia dada Ó en un punto P de ella (Fig. xx). Solución: 1) E n P se traza la tangente T que corta a L en un punto A. 2) Se traza la bisectriz del A L A T que corta a O P —*P en un punto O ’

Solución: 1) la perpendicular en P; 2) se copia r = PA 3) simetral de O A determ ina el centro O ’; 4) la circunferencia pedida es O (O ’ P O ’). 29) Problema: C onstruir una circunferencia de radio dado #r« que sea tangente a una circunferencia dada de radio »R« y a una recta dada L (Fig. xrx). )U 2 <

3) la G (O ’, P O ’) es la circunferencia pedida. ¡ H aga usted la discusión! 31) Problema:

C onstruir

una

circunferencia

. que sea tangente a dos circunferencias con­ céntricas dadas y que pase p o r un punto P situado entre ellas (Fig. xxi).

Solución: 1) Se dibuja la circunferencia me­ dia (equidistante) concéntrica con las O. 2) Se dibuja la G (O ’, R + a ) ' concén­ trica con O ’. L a intersección de esta cir­ cunferencia con la circunferencia equidis­ tante, determ ina los centros P ’ y P ” de las circunferencias pedidas. 33) Problema: C onstruir una circunferencia tangente a una recta dada L y que corte a una circunferencia dada ortogonalmente en un punto P dado de ella (Fig. xxm ).

Solución: 1) Se dibuja la circunferencia equidistante de las dos dadas. 2) E l arco de la G

(P, a) determ ina los

centros de las circunferencias pedidas. circunferencia

Solución: 1) L a prolongación de O P deter­ mina A.

tangente a dos circunferencias concéntri­ cas dadas y a otra circunferencia O ’ tam ­

2) La bisectriz del 4 LAP y la tangente en P determ inan O ’ que es el centro de la

bién dada (Fig. xxu).

circunferencia pedida de radio O ’P.

32) Problema:

C onstruir

una

24a U N I D A D F iguras eq u iv a len tes. E qu ivalen cias en tre p aralelogram os, trián gu los y trap ecios. P royec­ c io n e s d e un trazo sob re u n a recta o e je . T eo rem as de E u clid es. T eo rem a particular d e P itágoras. C á lcu lo d e áreas.

249. F IG U R A S E Q U IV A L E N T E S ficie puede ser triangular si está lim itada su re­ gión interior por un triángulo; será rectangular

Si se dispone de cuatro triángulos isósceles rec­ tángulos congruentes que designaremos con los núm eros, 1, 2, 3 y 4 , se pueden ag ru p ar en 14

si está lim itada por un rectángulo, etc. En cambio, el área es la medida de una superficie.

diferentes form as, pero en todas ellas los dife­

En estos 14 polígonos hay 1 triángulo, 5 cua­

rentes polígonos formados tienen la misma área.

driláteros, 2 pentágonos y 6 exágonos, pero todos ellos tienen la misma área.

Superficie de una figura es la p arte del plano lim itada p o r el perímetro de ella. Así, una super­

/

-

X

Definición: »Figuras equivalentes« son las

1 pulg, etc.) y de acuerdo con la unidad elegida

qu e tienen la m ism a área y distinta forma. Esto significa que un triángulo puede ser equivalente a u n paralelogram o, un cuadrado a

se mide la superficie de la figura.

un círculo, etc., siempre que tengan la misma área.

trica bien determ inada como cuadrado,- rectán­

Como »unidad« de área se elige el área de

gulo, trapecio, etc., se aplicará la fórmula geo­ m étrica correspondiente. Si la figura tiene

un cuadrado de lado unidad (1 cm, 1 mm, 1 m, )H 4 <

A hora, la medición se hará de acuerdo con la forma de la Figura. Si ésta tiene forma geomé­

form a irregular se puede proceder de varios mé­ todos que veremos a continuación. Tom ando un cuadrado de lado unitario »u« su área es u 2 la que será la »unidad de área« (Fig. 1 ). Así obtendrem os que

a= 4 ' u

D.)

# ABCD = trapecio A B ED + A CEB # A B E F = trapecio A B ED + A D FA pero: A CEB S A D FA (por 1° T eor. de ~ ) A BCD = # ABEF

A) El área de un cuadrado es igual al cua­ Problema: T ransform ar un romboide en .un drado de su lado. Si su lado mide 4 -u su área rectángulo. será 16 u 2 (Fig. 1). En general, si el lado mi­ de »a« el área del cuadrado es: B) »El área de un rectángulo es igual al producto de sus dos lados distintos« (común­ mente se dice: »largo por ancho«) (Fig. 2). Area = a • b Solución: Siendo ABCD el romboide (Fig. 5) basta tra z a r la perpendicular en A y en B hasta cortar el lado opuesto. Resulta el rectángulo A B E F equivalente al romboide A BCD por tener igual base AB e igual altura »h«. C) C orolario de B: »El área-
25 7. C O R O L A R IO Sabemos que el área del rectángulo A B EF es a ■b; pero como b = h se obtiene a h . P or lo tanto: »el área de un paralelogram o es igual al producto de la base por la altura« (Fig. 5). A rea del #

= a ■h

252. T E O R E M A L X X X

25Q, T E O R E M A L X X I X »Dos paralelogram os son equivalentes cuando tienen la misma base y la m ism a altura«. H .) Los # A BC D y A B EF tienen la misma base AB y la misma altura »h« (Fig. 4). T .) # A BC D = # A B EF

Un triángulo es equivalente a la mitad del paralelogramo que tiene la misma base y la misma altu­ ra«. H.) El # A BCD y el A ABE tienen la misma base AB y la misma altura »h« (Fig. 6). T .) A A BE = 4 - # ABCD D .) Se completa el #

A BEF que es equiva­

lente al # ABCD (Teor.

lx x ix ). )145(

form an varios paralelogram os (¿cuántos?) de los cuales sólo dos no son cortados por la diagonal. En la fig. 8 son los # X e Y que se llam an para­ lelogramos complementarios.

Pero la diagonal A E divide al # A B E F en dos triángulos congruentes. Luego: A A BE = y # ABEF pero

# A B CD

= # ABEF

. ' . A A BE = y # ABCD

253. C O R O L A R IO S 1) »Los triángulos que tienen la misma base

255. T E O R E M A L X X X I »Los paralelogram os complementarios son equi­

y la m ism a altura son equivalentes«. 2) Sabemos que el área del paralelogra-

valentes« .

mo es a -h ; p o r lo tanto, el área del triángulo A BE = y •a • h

H .) # X a # Y son complementarios (Fig. 8 ). T .) # X = # Y D .) Se tiene:

Com o cualquier lado de un triángulo puede ser la base, se obtiene que: »el área de un triángu­ lo es igual al semiproducto de un lado por la al­ tura correspondiente al lado« (comúnmente se dice: »base p o r altu ra partido p o r dos«).

A ACB ^ A l

A CAD ^ A II

A III

= A IV

# X = A CAD - A I

- A III

# Y = A ACB - A II - A IV . '. # X = # Y

P or lo tanto: área del A = y c-hc = y a - h , = y

b-hí,

TEO REM A L X X X Ií »Un trapecio es equivalente a un paralelogramo

(Fig. 2 del N° 61).

que tiene la misma altu ra y por base la mediana -

3) De lo anterior se obtiene nuevamente que: »El área de un triángulo rectángulo es igual

del trapecio«.

al semiproducto de sus catetos« como, asim is­ m o, »es al igual sem iproducto de la hipotenusa p o r la altura«. O sea (Fig. 7): A rectángulo = y c 'h = T a ’^

C O M P L E M E N T A R IO S C uando p o r un punto de la diagonal de un paralelogram o se trazan las paralelas a los lados se

H .).M N = m es la mediana del trapecio ABCD (Fig- 9). AE h

= m es la base del # A EFD ; = altura del trapecio y del paralelo-

gramo. Fig . 9

T .) trapecio ABCD = # A EFD D .) trap. ABCD = pentágono A E N C D + A I # A E FD = pentágono A E N C D + A II pero A I 3? A II (por Io Teo. , . trapecio ABCD = # A EFD

257. C O R O L A R IO 1) El área del # A E F D es A E -h = m -h que es

¡II

tam bién el área del trapecio ABCD. Luego: »el á rea de u n trapecio es igual al producto de la me­ diana po r la altu ra“ . E s decir: área trapecio = m - h 2) m =

Pero,

por

T eorem a

xux,

se

tiene:

con lo que se obtiene: área del trapecio =

•h

Luego: »el área de un trapecio es igual a la semisuma de las bases p o r la altura«.

258. P R O Y E C C IO N E S D E U N T R A Z O S O B R E U N A R E C T A O E J E (Fig. 10)

% . 10-11

P ara determ inar las proyecciones de un trazo sobre una recta ó eje L se trazan las perpendicu­ lares desde los extrem os del trazo a la recta o eje.

En V I el trazo M N es perpendicular al eje L y su proyección es un punto O.

E stas perpendiculares se llam an rectas proyec­ tantes y la distancia entre los pies de estas per­ pendiculares es la proyección del trazo en la recta o eje de proyección.

259. P R O Y E C C IO N E S D E L O S CA T E T O S D E U N T R IA N G U L O R E C T A N G U L O E N

Se pueden (Fig. 10-11).

L A H IP O T E N U S A P ara determ inar las proyecciones de los catetos »a« y »b« en la hipotenusa A B,s basta trazar la

presentar

diferentes

casos

L a proyección de un punto P es el punto P ’ sobre la recta.

altu ra C D = h que es la recta proyectante en este

E n I la proyección del trazo AB sobre L es A’B’ y es de m enor magnitud que el trazo.

caso. Las proyecciones son (Fig. 12) : C

En II un extremo del trazo está sobre el eje L y, por lo tanto, la recta proyectante de C vale cero y la proyección de CD es C D ’. E n III la proyección de E F es E ’F ’ y ésta corta al eje. En IV la proyección de H G es G ’H pues la recta proyectante de H es nula. En V el trazo K L es paralelo a L y la pro­ yección K’L ’ es de igual magnitud que el trazo KL.

p = D B es la proyección del cateto »a« sobre la hipotenusa AB =c q = D A es la proyección del cateto »b« sobre la hipotenusa AB =c. )1 4 7 (

260. E JE R C IC IO S 1) D eterm inar las proyecciones de la altura

2)

- 6)

Consideremos dos

paredes de

una

sala

de clases y el piso de ella. C ada una es un

»h« de un triángulo rectángulo sobre los

plano que, para ubicarnos mejor, les lla­

catetos y sobre la hipotenusa.

maremos:

E n el triángulo obtusángulo ABC deter­

(P.V .) = plano vertical

m inar las proyecciones de los lados AC y

(P .H .) = plano horizontal

BC en el lado AB (Fig. 13).

(P .P .) = plano de perfil. E ntre estos tres planos un profesor de gimnasia enseña la m anera correcta y la incorrecta de lanzar la jabalina AB. El profesor de M atem ática aprovecha esta lección para d ar a sus alum nos la siguiente »tarea« (Fig. 14). D eterm inar la proyección de la jabalina: a) cuando la

A

• 3)

4)

5)

jabalina está situada obli­

cuamente a estos tres planos;

Idem ., del lado AB sobre el lado BC y so­

b) cuando

la

jab alin a

está

situada

al

bre el lado AC.

mismo tiempo paralela al plano (P .H .) y

En el triángulo obtusángulo ABC trazar

al plano (P.V.);

la altu ra lv. En seguida (Fig. 13), deter­ m inar las proyecciones de esta altu ra en

c) cuando la jabalina está situada per­ pendicular al plano horizontal (P .H .) y

los tres lados.

tiene su extrem o A en este plano;

En un triángulo rectángulo, ¿cuál es la proyección de la hipotenusa sobre uno de

d) cuando la jab alin a está situada parale­

los catetos?

los otros dos.

(p

v .)

la al plano horizontal (P.H .) y oblicua a

(P -R )

■

'■■i ntit 261. P R O Y E C C IO N O R T O G O N A L D E U N A P O L IG O N A L S O B R E U N E JE Se entiende por esta proyección a la distancia comprendida entre los pies de las perpendicula­ res trazadas en los extrem os de la poligonal (Figs. 15 y 16).

H.) Se form a el cuadrado ACDE de lados el cateto AC = b y el rectángulo de lados la hi­ potenusa AF =A B = c y la proyección A H = q del cateto AC sobre la hipotenusa .. AB = c(F ig . 17). T .) □ A C D E =CH]AFGH D .) Se traza por E / / AB y por F / / AC. Resulta: # ABKE s

# A FIC pues

AB = ÁF = c AE = AC = b * E A B = 4C A F = 90° + «

Pero, p o r Teor.

lxxdc,

se tiene:

□ A C D E = # EABK (igual b a seE Á e F,x . 15

proyección L IA FG H = # A FIC

igual altu ra AC) (igual base AF e igual altura A H)

luego: P A C D E =EZIA FG H

proyección

Fig, 76

262. P R IM E R T E O R E M A D E E U C L ID E S »En un triángulo rectángulo el cuadrado cons­ truido sobre un cateto es equivalente al rectán­ gulo que tiene por lados a la hipotenusa y a la proyección del cateto en ella".

Fig: IS

Otra demostración (Fig. 18): Se prolongan F A —1-A , H C —*C, E D - > 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
DB CB

Pero como

_b^ _ k

2r_ ■ a =>

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) }
13) En el A S T Q la altura desde Q mide lo mis­ mo que el lado S T =c. La mediana V M se prolonga en M P = c /4 . Entonces el área del A Q P S e s (Fig. 4): )156(

A) 0,75 c2; B) 0,375 c2; C) c2;

14) En el A R S Q la altu ra desde Q mide lo mismo que el lado RS =c. L a mediana TU se prolonga en U P = c /4 . M arq u e cuál de las alternativas siguientes es la correcta (Fig. 5): A) A R U T = A URS; B) A U P Q = A U R P = A PUS; C ) cuadrilátero R SPU = A T R P ;

15) Indicar cuál de las siguientes alternativas es falsa (véase Fig. 5): A) A Q T U + A T R U = A SU R; _ B) A Ü P R

+ A UPS = A T U Q ;

C) A RSU = A RSP; D) cuadrilátero R S U T = A Q T U + A R S P ; E) sólo algunas de estas relaciones son verdaderas.

D ) A U P R + A U PS + A U P Q = A T U Q ; E) A T P Q = A RSU.

Resp.: 12) A; 13) B; 14) B; 15) E.

25a U N I D A D T ra n s f o n n a c ió n y d iv is ió n d e u n a f ig u r a p la n a .

- 277. D E F IN IC IO N La

transform ación de una figura geométrica

en otra consiste en cam biar la forma de la figu­ ra sin alterar su área. D esarrollarem os algunos problem as cillos.

narlo se recurre a los »paralelogramos comple­ m entarios«. Se debe determ inar el # complemen­ tario del # A BCD que tenga por uno de sus lados a m . Entonces (Fig. ni):

sen­

278. P R O B L E M A 1) D ado un # A BCD transform arlo en otro que tenga el ángulo en A de 60°.

Solución: Se copia en A un ángulo de 60° resultando, de acuerdo con el T eor. l x x i x , q u e (Fig. i): # A BEF = # ABCD Problema 2) D ado un # A B C D transform arlo en otro que tenga un lado de longitud dada »m«.

1) se prolonga AB —* B en BG = m y D C —» C e n C H = m. 2) H ( —)B —» B corta a DA —*■A en P. 3) por P / / AG corta a CB —>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 <í vale (Fig 6) :

A) 105°;

B) 107°,5;

C) 112° ,30’; E) otro valor.

D) 120“ ;

13) El perím etro del deltoide S R T M

de la

Fig. 8 es, siendo « a<( el lado SR : A) 4a • y/~2\

B) 3a- s / 1 -

C) a -(2 + s / l ) ;

D) 2 a -(1 + > / ! ) ;

E) 2a + y - y / 2 . A) 45°;

B) 60°;

C) 90°;

D ) 120°;

14) El área del deltoide S R T M , siendo SR = a , es (Fig. 8):

E) 180°. 11) Siendo M y N los puntos medios de los la ­ dos SR y R T del # S R T Q (Fig. 7), se afirma

A) ^ a 2 -(1 + v / l ) ; B) j a 2 - ( v / 6 + 1);

que el área sombreada es: C) a2 - ( > / ! + 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

^ <\

38) Se tiene un A ABC en el cual la altura CD trazada desde C al lado AB mide 12 cm,

'.r ig . ¿ i ) :

y los segmentos que determ ina sobre este A) 32;

lado miden 16cm y 9cm , respectivamente. Su perím etro y su área son: A) 4 0 cm; 300 cm2;

C) 26;

B) 60 cm; 150emz; C) 50 cm; 300 cm2;

D) 52; E) falta mayor larlo.

D) 75 cm; 144 cm2; inlormación

para

calcu­

E) ninguno de estos valores es correcto. 39) La diagonal S T del rombo S R T Q se tri-

34) El perím etro del polígono P es: (Fis>. 22'' A) ab + cd;

secta. Entonces, el área sombreada res­ pecto al rombo es (Fig 25): _i, A) 25%;

B) 2b 4- 2c; C) a + b + c + d;

B) 1 2 3 -%;

D) áb + d (c - a):

C) 3 3 4 % ;

E) o tro v a b r.

D) 66 4 % : F.) 50%.

35) En la Fig. 23 el a n a breado mide:

•40) El perím etro del (Fig. 26):

A) 30;

r 1 .i¡» /.ml<

i;i\ M T

es

B) 18; C) 15; D) 36; E) 24. 36) Siendo M y N los puntos medios de los lados SR y R T del rectángulo S R T Q , el área som­ breada respecto a la del rectángulo es (Fig. 24):

E) falta m ayor información.

41) En la Fig. 27 el total de las partes som brea­ das respecto al área del cuadrado S R 'l'Q es:

A) 0,25; B). 0,125;

F ig . 2 7

C) 0,50;

A) 25%;

D ) 0,75,

B) 3 3 4 % ;

E) 0,375.

C) 50%;

37) El

perímetro

del

cuadrilátero

SM NT

(Fig. 24), siendo S R = 2 0 c m y S Q = 15 cm, es: A) 55 cm;

B) 30 cm;

C) 60 cm; E) otro valor.

D) 35 cm;

)t68(

Fig. 26

D) 66 4 % ; F.) 4 /9 partes. 42) En el rectángulo S R T Q se unen los pun­ tos medios de sus lados y, en seguida, los puntos

medios

del

nuevo

cuadrilátero.

Entonces, el área som breada mide (Fig.

ángulo CAB = 60°. El área sombreada de

28):

la figura 31 mide:

B)

/•Va 2»

ab

A) 2 cm2;

B) l,7 3 c r n ;

C) 0,5 *- y ^ T ;

L)) 0,5 (tt - y /H ) \

E) ninguno de estos valores.

C) 4 ’ ;

46) Siendo M

D) 0,75 ab;

el punto medio del lado SR

del rombo S R 'l'Q , entonces el área del E) - j ab.

A SM V con relación a la del rombo es

43) Siendo M N la m ediana del triángulo S R T (Fig. 29), entonces analice las siguientes relaciones: (x = A M N T ; v = trap. SR N M ).

(Fig. 32): A) 50%; B) 0,25; C.) 1/3; D) 0,6; E) 12,5%. 47) En el rectángulo -SRTQ (Fig. 33) el lado SR = 3b y S Q = 3a, entonces el área del octógono respecto a la del rectángulo es:

De estas afirmaciones.

B) 7/18;

C) sólo III es verdadera;

C) 4 /7 ;

D) sólo I y III son verdaderas;

D) 4 /9 ;

E) las tres son verdaderas. 44) La

F ig .30

recta ngulo

corresponde a medidas

Fig. 3 j

A) 7 /9 ;

A) sólo I es verdadera; B) sólo II es verdadera:

E) 75%. un se

trapecio indican.

48). En la Fig. 33, si a = 5 cm y b = 12 cm, enton­ ces el perímetro del octógono en cm es:

Fig. 30

A) 60;

B)

69;

C) 86;

D)

42; .

E) 420. 49) En la Fig. 33, si a = 5 cm y b = 1 2 cm, enton­ ces el área del octógono en cm2 es: A) el perím etro del trapecio mide 90;

A) 360;

B)

210; •

B) el área del trapecio es 54; C) el área del trapecio equivale a l a ' de

C) 240;

D)

270:

E) 420.

un triángulo de base 10 y altura.9; 50) En u n cubo de arista »a« (Fig. 34), el área

D) la diagonal m ayor m i d e \ / 313;

sombreada del plano diagonal mide:

E) el área del trapecio es 90. 45) En una semicircunferencia se inscribe un triángulo ABC de modo que AC = 1 cm y el F,g. 3J

A) a2; B) a2 - x /T ; C) 2 ( 3 + 3 ^ ) ; D) a (a +a-\/~2) E) 2-a2 - V T . )169(

51) Los vértices de un triángulo tienen por coordenadas los puntos A ( —5, —2), B (6, 6) y C ( —5, 6). El perím etro del triángulo es aproxim adam ente: A) 19; C) 24,6;

57) El áre a del trap ecio S R T Q e s (Fig. 36):

A) 12a2;

2a

B) 5,5a2; C) 4a2;

B) 21,6; D) 32,6;

D) 5a2;

E) ninguno de estos valores.

E) 8a2.

52) L as coordenadas de los vértices de un triángulo son A ( —4,5), B ( —1,5) y C (3,0). El área del triángulo es:

58) Con una tabla cyadrada se obtiene de ella la m ayor rueda. El % de madera aprovecha­ da e í aproximadamente (Fig. 37):

A) 7,5;

B) 15;

C) 35;

D ) 17,5;

A) , %;

E) ninguno de estos valores.

B) f %;

53) En una circunferencia de radio O S (Fig. 35), se dibuja una »estrella de David«

C) 4 a%; D) 6,27%;

(de 6 puntas). Entonces, el área sombrea­ da respecto al área lim itada por la estrellaes:

E) 78%.

Fig. 35 59) Sobre la diagonal de un cuadrado de lado

A) 12%;

unidad se construye un cuadrado; a su vez

B) 33 4 % ;

sobre la diagonal de este nuevo cuadrado se construye un tercer cuadrado. Siendo X ,

C) 50%;

Y, Z las áreas de estos tres cuadrados, se D) 6 6 4 % ;

obtiene entre ellas una de las siguientes al­ ternativas (Fig. 38):

E) otro valor.

A) Z = X 4-' Y; 54) En la figura 35, el perím etro del hexá­ gono sombreado es 30 cm, entonces el pe­

B) Y = 2Í+ Z ;

rím etro de la estrella es:

C) X : Y : Z = 1 : 2 : 3;

A) 60 cm; C ) 450 mm;

D) X : Y : Z = 1 : 2 : 4 ;

B) 0,30 m; D) 7,5 dm;

E) X : Y * Z = 1 :\/~ 2 : 2.

E) falta m ayor información. 55) Si en la figura 35 el radio SO = 5 cm, en­ tonces el

perím etro

del hexágono

som­

breado mide: A) 1 0 > /7 ;

B) 15;

C) 18;

D)

E) I S v ' l . 56) El 75% de un sitio rectangular de 25 m de »frente« es 300 m2. Entonces su »fondo« es: A) 9 m; C) 15 m; E) otro valor. )170(

B) 1 6 m; D) 12 m;

60) El

producto

de

las

2

9

la

parte

fracciones -y ■ está

representado gráficamente sombreada de:

por

61) El largo de un rectángulo de 72 cm2 es el doble del ancho. El perím etro del rec­ tángulo en cm es:

66) El largo de un sitio rectangular tiehe 5 me­ tros más que su ancho. Si el perím etro del sitio es 70 metros, entonces el lado mayor

A) 36;

B) 72;

mide en metros:

C) 18;

D ) 48;

A) 10; C) 20;

E) otro valor.

B) 15; D ) 25;

E) 35.

62) U n rectángulo tiene un lado 20 cm más que el otro; el perím etro mide 1(X) cm. Se unen

67) El rectángulo S R T Q se divide en un cuar

sucesivamente los puntos medios de sus

drado X de 81 cm2 y en un rectángulo de

lados formándose un # sum an en cm (Fig. 39):

63 cm2. Entonces, el perím etro del rec­

cuyas diagonales

tángulo S R T Q es (Fig. 41): A) 144 cm; B) 48 cm ;

B) 35;

C) 50 cm; D) 72;

C) 100; D) 50;

E) otro valor.

E) otro valor. 63) Los lados de un rectángulo' miden 16 cm

68) Si r = 7 cm y * = 2 2 /7 , entonces el área sombreada mide (Fig. 42):

y. 9 cm; si el lado m ayor se reduce a la mitad

A) 56 cm2;

y el menor se duplica, entonces:

B) 9 8 cm2; C) 42 cm2;

A) am bos conservan su área y perímetro; B) el perím etro del segundo es 4% m ayor

D) 21 cm2; E) otro valor.

q ue el del prim ero; C) las diagonales de ambos miden lo mis­

69) El perím etro del triángulo SR M es (Fig.

mo;

43):

D ) sus áreas están en la razón de 1: 2; E) no varía nada por tener la m ism a área. 64) L a

suma 4- + -|- está

Fig. 42

representada

A) 42; B) 30; C) 195;

gráfi­

camente p o r la parte sombreada de:

D) 84; E) otro valor. 70) U n hexágono regular está inscrito en una circunferencia de 20 cm de radio. El perí­ metro del hexágono en cm es: A) só lo l B) sólo II;

A) 60 0 V 3 ;

B) lOQ-v/3;

C) 120;

D) 60;

E) 6 0 ^ 3 . t 71) La parte sombreada representa del total (Fig. 44):

D ) s ó lo l y II;

—

C) sólo III;

E) sólo II y III.

65) E l área del trapecio S R T Q es en cm2 (Fig. 40): 40

° ) t + t

Fig. 44

72) U n sitio rectangular S R T Q de 225 m2 se divide en un cuadrado X de 81 m2 y un rectángulo Y. Entonces, las dimensiones de los lados de Y son (Fig. 45): A) 18 m y 8 m;

77) Las diagonales del rombo S R T Q (Fig. 49) miden 20 cm y 50 cm. Entonces el área de la figura S V R T M Q e n cm2 es: A) 1500; B) 750;

B) 24 m y 6 m;

C ) 1200;

C) 36 m y 4 m; D) 1000;

D) 1 6 m y 9 m;

E) otro valor. E) cualquiera de las anteriores. 73) El perímetro (Fig. 46):

del

trapecio

SRTQ

es 78) En el rectángulo S R T Q (Fig. 50) se une

A) 0,04 km;

el p u n to medio M con Q . La razón entre las

B) 0,4 metros; C) 32 cm;

partes X e Y en que queda dividido el rec­ tángulo es:

D) 3,2 metros;

A) 1/3;

E) ninguno de estos valores. 74) Si M N = 15 cm, entonces el perím etro de la estrella es (Fig. 47):

B) 1/4; C) 2 /3 ; D) 3 /4 ; E) 0,5.

A) 75 cm;

79) E ntre las partes sombreadas de los tres

B) 5 0 cm;

rectángulos de la Fig. 51, se cumple una de las siguientes alternativas:

C) 25 cm; D) 100 cm; E) otro valor.

75) Los lados de un rectángulo miden SR = a , S Q = b . Se divide el lado SR en tres partes iguales y Q T en dos partes iguales. E n ­

A) I < III < II

tonces, la razón entre las áreas de la parte

B) I + II = III

sombreada y la no sombreada es (Fig. 48):

C ) III > II > I

A) a /b ;

D) I = 11 = III

B) 2a/3 b ;

E) II = 50% de III.

C) 3 /2 ;

80) En el # S R T Q de la Fig. 52, la alternativa correcta que expresa la razón entre la p a r­ te sombreada y el paralelogram o es:

D) 1; E) ab /2 .

A) 2 /7 ; 76) El área de un círculo es 64* cm2. E n ­ tonces. su circunferencia mide en cm: A) 32,t ; C) 8; E) 16 7T.

B) 6 4 tt; D) 16;

B) 4/7; C) 12,5%; D) 3 3 4 % ; E) 25%.

81) El área sombreada de la Fig. 53, siendo O R = r, mide: A) r¿;

^

85) El área sombreada de la Fig. 57 mide en m2: A) 30,88; B) 58;

B) 2 ^ ;

C) 28,88;

C) 4 ^ - y / 2 ;

D) 64;

D) r2 -\/~2;

E) un valordistinto a los

E) lo mismo que el triángulo O R T .

anteriores. 82) E n la Fig. 54 el radio O R = a ; entonces, la suma de las partes sombreadas vale: 86) El área sombreada de la Fig. 58 mide en m2 :

A) a2;

A) 33;

B) 1,5 a2;

B) 55,56

C) 4" a* - V 2 ;

C) 23,44 D) a2 - \/~ 2 ;

D) 29,44

E) lo mismo que el cuadrado SR T Q .

E) un valor

O bs.: E n los ejercicios 83 al 90 cada cua-

distinto a los anteriores.

dradito representa 1 m2.

83) El área sombreada de la Fig. 55 mide en f 2:

87) El área sombreada de la Fig. 59 mide en

Fig. 55

A) 20;

B) 20*-;

A) 25,12; B) 16; C) 66,24;

C) 28,56; D ) 50,24; D) 9,42; E) otro valor

E) un valor distinto a los anteriores. Fig. 59

84) El área sombreada de la Fig. 56 mide en

88) El área sombreada de la Fig . 60 mide en

m2:

60

A) 15,14;

A) 61;

B) 24,56;

B) 59;

C) 14 jr;

C) 36;

D) 20,28; E) un valor distinto a los anteriores.

D) 72; E) un valor distinto a anteriores. . ) *73 (

89) El área sombreada de la Fig. 61 mide en m2: A) 31,44;

93) El área sombreada mide en cm2 (Fig. 65): A) V T ;

B) 35,44; B) 0,5 - y / 2 ;

C) 54;

C) 2;

D) 89,44; D ) 1;

E) un valor distinto a los

E) 0,5.

anteriores.

Fig. 65

Fig. 61

94) Si se construye un cuadrado equivalente al rectángulo R S T Q , debe cum plirse una

90) El á rea de la Fig. 62 mide en m2 Fie. 'i-

de las alternativas siguientes (Fig. 66):

66

A) el área del cuadrado es 50; B) el perím etro del cuadrado es 48; C) el área del cuadrado es 144 y su perí­ metro es 24; D) el perím etro del cuadrado es 25; A) 41,14; 0) 7 6 + * ; E) o tro valor.

E) el área del cuadrado es 48 y su períme-

B) 90,28; D) 76 + 4 r ;

91) L a razón entre las áreas de los tres triángu­ los en que está dividido S R T Q es (Fig. 63):

el

rectángulo

metro 144.

95) Si cada cuadradito de la figura 67 repre­ senta 1 m2, entonces el perím etro de la zpna sombreada mide aproxim adam ente (considere* = 3,14): A) 15,92 B) 23,20 C) 12,78 D) 17,56

92) L a transversal X del rectángulo V M T Q mide (Fig. 64): F¡g 64 A) 20 cm;

E) otro valor.

Fig. 6 7

B) 12 cm; C ) 2 4 cm; D ) 32 cm; E ) 16cm. )174<

96) Si cada cuadradito representa 1 m2, en­ tonces el área som breada mide aproxim a­ dam ente (Fig. 68):

A) 4 ir m2;

A) 4 : 9 : 16;

B) 2,5 ir m2;

B) 4 : 9 : 5 ; C ) 9 : 12 : 16;

C ) rr m ;

D) 3 : 4 : 2 v ^ 3 ;

D) 3,35 ir m2; E) 5 jr m2.

100) El área del trapecio R STU es (Fig. 72): Fig. 6S

97) D e estos tres triángulos se afirma que (Fig. 69):

101) E n el A S R Q la base SR = 2 0 cm y la altu­ ra correspondiente a ella m ism a mide 10 cm. El punto P está a 4 cm de la base. El área sombreada mide (Fig. 73): A) 120 cm2; B) 4 0 cm2; C ) 8 0 cm2; I)

X e Y son rectángulos;

II) Y y Z son isósceles; III) los tres son rectángulos escalenos.

D ) mide lo mismo que la zona no sombreada; E) 6 0 cm2.

De estas afirm aciones son verdaderas: A) sólo I;

B) sólo II;

C) sólo III;

D ) sólo I y II;

E) lastres. 98) Los lados del rectángulo S R T Q miden »a« y »b«. El p unto P divide al lado SR de

102) En una semicircunferencia se inscribe un A rectángulo SRT. Si el vértice T se corre sobre la semicircunferencia se obtienen di­ ferentes A para los cuales una de las a l­ ternativas siguientes es verdadera (Fig. 74):

modo que PS:PR = 2 :1 . Al u n ir los puntos 74

medios L y H de PQ y P T , el área del A L P H es (Fig. 70): A) 4-ab;

A) todos los A que se forman son rec­ tángulos escalenos; B) la m ayor área la obtiene aquél en que uno de los basales mide 60°; C) los ángulos ba sales miden 45° cada uno; D) la mayor área la tiene el A rectángu­ 99) La, razón entre las áreas de los tres triá n ­ gulos en que está dividido el rectángulo S R T Q es (Fig. 71):

lo isósceles que se forma; E) falta información para decidir cuál es el de m ayor área.

A) 9 ,1 4 ;

103) En el rectángulo S R T Q la transversal P Q mide (Fig. 75): A)25;

q

B) 10,14 C) 11, 14

B) 20;

D) 12,14

C) 15;

E) * z.

D ) 10;

Fig. 77

109)

E) 21.

Si un cuadradito = 1 m2, entonces el área sombreada mide aproxim adam ente (Fig. 78):

104) Los lados de un rectángulo miden 3a y 4a. Al u nir sucesivamente los puntos medios de los lados se obtiene un cuadrilátero que cumple con una de las alternativas siguien­ tes: A) su perím etro es igual a la suma de las diagonales del rectángulo; B) su área es el 25% del área del rectángulo; C) sus diagonales suman 12a; D) sus lados son perpendiculares a las diagonales del rectángulo; E) tanto su perím etro como su área son la mitad de la del rectángulo.

110) El lado del cuadrado SR T Q mide »a«. Se unen sus puntos medios y después los pun­ tos medios del nuevo cuadrado. Entonces,

105) U n sitio rectangular mide 640 m2. Si su frente es 16 metros, entonces la reja que lo rodea mide: A) 40 m;

B) 32 m;

C) 56 m;

D) 112'm;

el área de este último cuadrado mide (Fig. 79): A) 0,5a2;

E) 160 m. i 106) El volumen de un cubo es 64 cmJ . Su super­

B) 0,25a2; C) 0 ,5 v / 2a2; rw 3 2 D) g a ;

ficie exterior mide: A)

16 cm ;

B)

C)

64 cm2;

D) 128 cm2;

E) a2y T .

96 cm ;

F,g. 79

E) 32 cm2. 111) 107) Si el lado mayor del rectángulo mide 24 cm, ' entonces el perím etro de las tres circunfe­

La razón entre las áreas de los tres A en

que está dividido el rectángulo S R T Q es (Fig. 80): -

rencias en cm es (Fig. 76):

A) 32ir; B) 24*: C) 48*: D)

/

Fig. 80

8 *; Fig. 7o

E) 18*. 108) Si cada cuadradito representa 1 m2, enton­ ces el área som breada mide aproxim adam ente (Fig. 77): > 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

<1 >-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
Construcción (Fig. 14): 1) c = A B ; 2 ) -L en A y B; 3) m = A M , n = BN = BN ’; 4) M ( —) N determ ina X ; M ( —) N ’ —* N ’ determ ina Y; 5) se dibuja la O de Apolonio (XY); 6) A D = h ;

7) p o r D / / AB determ ina C y C ’. El A ABC y el A ABC’ cumplen con las condiciones del problema. Como se conoce el punto X de división in­

Discusión: si he < - 5- (XY) hay 2 soluciones;

terior se determ ina el punto armónico de X (véase N“ 301-3). E n seguida, para C se tienen los

si he = - y (XY) hay 1 solución; si he > - 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 =
H .) CA : CB = C’A’:C ’B’ CB > 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<.’ =b„ :b„,= r : r ’ = p :p ’ = ... Como ejercitación y aplicación demues­ tre algunas de estas proporcionalidades. d) En

los triángulos semejantes lo

lados

proporcionales se oponen a ángulos igua­ les; y a ángulos iguales se oponen lados proporcionales.

_

GB

A BAG; de la proporcionali­

GÑ GÁ

_

MÑ

T

AB

m ejantes entre sí. f)

Todos los polígonos regulares del mismo núm ero de lados son semejantes entre sí.

g) T odos los círculos son semejantes entre sí. ) 200 (

i

Teorema L X X X I X : »En un triángulo las alturas

son

a

lados

los

inversamente

proporcionales

correspondientes«.

(Recor­

d a r que: »dos cantidades son inversamente proporcionales cuando su producto es constante«). H .) A Ü = h ., BE = h*, C¡F = he (Fig. 9) T .) a-h, = b-h* = c-h* C

e) T odos los triángulos equiláteros son se­

AR AB

Puede escribirse tam bién:

sándose en el cálculo de la medida del área de

1 . 1 . 1 a : b : c = ho ' h« ' h.

un triángulo: área A ABC = y c-he = y a ‘h« = j b - h t

D .) Dem ostrarem os prim eram ente que h.

al dividir por y resulta: c-he = a-h, = b-h*

,

_

a b t

“

1

1 1

h . ■ h» • h.

Se tiene: 7 = 4 común

A A D C ~ A BEC

4 A D C = 4 B EC = 90°

(Por l " T eorem a de —)

AC

AB en la razón 1 :n. D em ostrar que esta transver­ sal divide a la diaconal AC en la razón 1 :(1 + n)

h . __ jv

BE BC

AD

4) Problema. Se da el # ABCD (Fig. 11). Desde D se traza una transversal que divide al lado

b _ a

D

En la misma forma y tom ando otro par de

e

triángulos, se dem uestra que h« • a = he • c. 3)

Teorema X C : »Los perím etros de dos triángulos semejantes son proporcionales Fig. 11

a dos lados homólogos o a dos transversa­ les homologas«. Como AE : EB = 1 :n y AB = CD resulta: A A E F - A C D F (1" T eor. de -v ) lUeg0; M - = M nc

n

AE — DC

Pero

5)

H .) A ABC - A A’B’C ’ (Fig. 10)

fc

1 n i . . 1 ----.P or lo tanto: - AF = - = -----1+n

FC

1 +n

Problema. L a base AB de un A ABC se d i­

vide en tres partes iguales y se unen estos puntos de división con el vértice C. L a transversal de gra­

T .) 2s:2s’ = a :a ’ = tc:tc, = bB: b„. = . . . D .) Como los triángulos son semejantes se obtiene la proporcionalidad de sus lados:

vedad u = A M divide a uno de los segmentos de unión en la razón 1:3 y al otro segmento en la razón 2 :3 . D em ostrarlo (Fig. 12).

a : b : c = a ’ :b’ : c’ Componiendo

esta

serie de

Se sabe que AD = D E = EB; A M = t¿. razones, se

obtiene:

C

a +b +c a -------;— r = —7 a +b’ +c a i

pero r

2s

a

2s’

a

Lueeo: — = —s

Fig. 12 F

a + b + c = 2s a ’ + b’ + c’ = 2 s’

Además, p o rN ° 306 c, resulta: a he

_ ba

a'

tv ’

De donde:

bi

2s

= 4a = the; = - • • •

Observación: El teorem a

l x x x ix ,

Dem ostrarem os que RD : R C = 1:3 y que SE : SC = 2 :3 también

puede dem ostrarse de la m anera siguiente y ba­

Para esto se completa el # ABFC obtenién­ dose: A ADR ■> A C R F )201(

lo q u e im plica que:

7)

Al)

RD

CF

RC

Análisis: con m, n y y

6)

se construye el

A auxiliar D E C que es semejante al A pe­ dido ABC (Fig. 15).

Además, A A E S - A FCS

Problem a. A : c, a : b = m : n , y

AE CF

SE'. SC

Problema. A : c, a : b = m : n , a , h c

Análisis: si en el A ABC se trazan p ara­ lelas al lado AB se determ inan infinitos triángu­ los que son semejantes al A pedido ABC. De todos estos triángulos hay que elegir aquel que tiene C E = m, C D = n y 4 C D E = a.

En seguida, desde D se copia c, de modo que D F =c. La paralela por F a C D y la prolon­ gación de C E —►E determ inan B. Finalm ente, por B / / . D F y C D —»D deter­ m inan A. Construcción: dése construcción.

los datos

Construido este triángulo se ha conseguido tener el triángulo semejante al pedido (Fig.

Problema 8) A : a:b = m :n,/?, b7

13). Para llegar a este último se traza la perpendicu­ lar C H ’ y se copia sobre ella desde C la altura dada

Problema 9) A : a:b = m :n, y , p

h«. = C H . Finalm ente, la paralela p o r H a DE corta a C D — D y a C E —* E en los puntos A y B

y haga

la

Problema 10) A : p:q = m:n, <*, bs Problema 11) A .1a:b:c = m :n :k ,tí Problema 12) A : a:b:c = 4:5:6, h„ Problema

13) D em ostrar que el área de un

A es A =

(Si no logra dem ostrarlo con­

sulte el N° 272-4). Problema 14) D em ostrar la fórmula de Herón para calcular el área de un triángulo, es decir: A = y / s(s - a ) (s - b ) (s - e ) .

Construcción: (Fig.

14): 1)

Se

copia

a ; 2) se copia n = D C ; 3) arco O (C, m) deter­ m ina E; 4) desde C la perpendicular a D E; 5) se copia h, = C H ; 6) p o r H / / D E; 7) C D —*D y C E —*E; etc. ) 202 <

(Si no N° 272-2).

logra

la

demostración

Problema 15) Demostr-ar que triángulo se verifica que (Fig. 16): T .) ab = 2 r - he

en

consulte

cualquier

de donde: ab = b7 + n • b7 pero n-b7= u-v (N° 313). Luego: ab = b* + u • v Problema

17) En

una pared de un edificio

se dibuja un polígono de 10 m etros de períme­ tro. En seguida se dibuja de éste un polígono sem ejante en escala 2:50 y después se dibuja sobre un papel otro polígono cuya razón de semejanza con el an terio res 3:4. C alcular la nueva escala en que debe di­

D .) Se traza el diám etro desde C resultando: A CAD --•A CEB pues ¡ a = a > (N ° 228-1)

( p o r r T e o r .d e .)

f =T

4 CDA = 4 C B E = 90' (NV 228-2)

bujarse este último de su perímetro.

Solución: Sean a, a’, a” gos de estos polígonos.

a’ -

2

cualquier

longitud

lados homólo­

- 1- a

50

~

¿ L __L =, Problema 16) D em ostrar que en triángulo se verifica que (Fig. 17):

y la

Luego: ”aT

=* ab = 2 r - h c

polígono

a’ ~ 4

a

P or lo tanto: 3/100.

50

4

— =

i. l a - 3 a 4

50

100 “

; la nueva escala es

Siendo p y p” los perímetros, se obtiene: p~ = Too • • P” = lo o ' 10 m = °,3 • m = 3 0 cm.

Problema

18) D em ostrar

que

si

desde

un

punto P de la base de un triángulo isósceles se tra ­ zan las perpendiculares a los lados; la suma de estas perpendiculares es constante. (Esta cons­ tante es igual a una de las alturas basales: ho ó h¿).

T .) ab = by

+ u •v

D.) Los segmentos que la bisectriz b7 determ i­ na en la base AB son u = FB y FA = v. Al prolongar esta bisectriz hasta cortar la circunferencia circunscrita a l triángulo, resulta: A A FC - A M BC pues:

(Por 1" Teor. de ^ )

a = « ’ (NP 228-1) * 1 = 42

T .) .PD + P E = constante = h.

Problema 21) Siendo »a« y »b« los lados de

D .) Se traza h, = A E ’ y h * = B D ’ que sabe­ mos que son iguales, es decir: ho = h* = = h . Aplicando el teorema P articular de T hales, se obtiene (Fig. 18): _AL= J™ AB

■ Pñ -

BD'

' '

ÁE'

’

= AB

-

PD

AP

un rectángulo, »e« la diagonal y »x« la per­ pendicular desde un vértice a esta diagonal; dem ostrar que esta perpendicular es cuarta proporcional • geométrica entre los lados y la diagonal de modo que:

R ñ’

x

~ A B " BD

pp- = _ML. rr>

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 <) (por 1" T eor. de - ) ( N - 233)

PB

FP

= PA • PB

D .) Se tiene: A P A T - A PT B , pues: (por Ier T eor. de - )

7 = 4 común

a = .-í (N° 227)

. ' . PA : P T = P T : PB => PT“ = PÂ • PB PA es homólogo de PD ^

= fi)

PC es homólogo de PB (4 A = 4 D)

Otra demostración: (Fig. 6) Al g irar la se­ cante PC en torno a P los puntos C y D se

o bien:

PA-PB = P C -P D

van acercando hasta que, en el punto de tan­ gencia T , se confunden PC con PD , hacién)2 0 7 (

Fig.8

(tose iguales a la tángeme PT . Luego, al aplicar M A = MC •MD

el Teorem a X C III. resulta: * PA : PD = PC : P B => PA : P T = P T : PB

315. E JE R C IC IO S 1)

313. T E O R E M A X C V «Los segmentos de dos cuerdas que se cortan dentro de un círculo son inversamente propor-

En una circunferencia de 20 cm de diá­ m etro = AB se traza la tangente en A de 15 cm = AC. C alcular: BC, BD, CD y AD.

2)

En una circunferencia de diám etro AB se traza en A una tangente de 30 cm = AC. Si la secante CB = 50 cm, calcular el radio de la circunferencia, el segmento externo de lá secante y las cuerdas A D y DB.

3)

U na cuerda de 33 cm es cortada por otra. Si los segmentos de esta segunda cuerda miden 9 cm y 30 cm. ¿cuánto miden los segmentos de la otra cuerda?

4)

U n punto P dentro de un círculo corta a una cuerda en dos segmentos de 4 y 25 cm. Si la distancia del punto P al centro O es 5 cm, ¿cuánto mide el radio?

5)

H.) AB n CD = ÍP¡ 11

l£

E

T >

PC -PD =*

PA PC

D.) A A PC - A D PB . pues: (por 1" T eo r. de -- ) PA PC

PD PB

-

tes« (N° 311), construir la cuarta pro­ porcional geométrica e n tre ' a, b y c de

pD PB

modo que a :b = c:x. 24.I = 4 2 a = J (N° 228)

6)

d as de modo que una dim idia a la otra, cada m itad de la cuerda dim idiada es media propor­ cional geométrica entre los segmentos de la o tra « . En efecto, si M A = M B se obtiene:

»teorema de las cuer­

ciona! geométrica entre los trazos a, b, y c, de modo que a:b = c:x.

PA • PB = PC - PD

314. C O R O L A R IO »Si dentro de un círculo se cortan dos cuer­

Aprovechando el

das« (N° 313), construir la cuarta propor­

7)

)208(

Aprovechando el »teorema de las secan­

D em ostrar que al cortarse dos cuerdas dentro de un círculo, los cuatro segmen­ tos que se obtienen no pueden ser núme­ ros enteros consecutivos.

Resp.: 1) CD = 9; DB = 16, CB = 25, Á D = 12; 2) r = 20; seg. ext. = 1 8 , cuerdas: 24 y 32; 3) 15 y 18 cm;

4) r = 5 \/~5.

316.

C O N S T R U C C IO N E S D E LA

M E D IA P R O P O R C IO N A L G E O M E T R IC A Problema fundam ental. Dados dos trazos »m« y »n«, construir la media proporcional geométrica entre ellos. Solución: designando p o r »x« la i

prop. geo.

(n) del cateto en la hipotenusa. (Fig. 10): 1) se copia m = hipotenusa;

Entonces

2) se le resta n = B H (proyección); 3) se dibuja la semi O de T hales (S E ); 4) la 1 en H determ ina C. R esulta: BC = x (cateto).

pedida, se tiene por definición que: m:x = x :n => x2 = m • n.. 7a construcción: se basa en el 2° T eore­ ma de Euclides (N ° 308) siendo:

3‘ construcción: se basa en el teorema de »la tangente y la secante« (N° 312) siendo: x = tangente m = secante completa n = segmento externo.

m = una proyección n = la o tra proyección x = la altura.

Entonces: 1) se copia m = PA y n = PB (Fig. 11); Con esto el problema se reduce a cons­ tru ir un triángulo rectángulo del cual se co­ nocen las proyecciones de los catetos en la hipotenusa (Fig. 9). Entonces: 1) se sum an m + n = AB (hipotenusa); 2) se dibuja la semi O de Thales; 3) la _L en H determ ina C H = x (altura). 2a

construcción: se

basa

en

el

P ri­

m er Teorem a de Euclides (N° 309) siendo: x = un cateto m = hipotenusa n

= proyección del cateto »x« en la hipotenusa »m« .

Con esto, el problem a se reduce a cons­ tru ir un triángulo rectángulo en el cual se conoce la hipotenusa (m) y la proyección C

2) se dibuja cualquier circunferencia que pase por A y B (para esto se tra z a la simetral de AB y se elige un punto O de ella); 3) se une P con O y se dibuja la semi O (O P) que determ ina T ; 4) Resulta P T = x (tangente)
Entonces: 1) se sum an m = AM y n = M B (Fig. 12); 2) se dibuja cualquier circunferencia por

8)

En

u ra

circunferencia

de

radio

»r«

se traza una cuerda de longitud »c«. Sien­ do »x« la distancia desde el centro del círculo a la cuerda, la longitud de »c« en

A y B; 3) se une O con M ; 4) en M -L O M determ ina C y D . Resulta: M C = M D = x (m itad de la cuer­

función de »x« es: A) c = r —x;

B) c = 2 (r - x ) ;

C) c = ( r + x ) ( r —x);

da CD).

D) c = 2 y / (r + x ) (r —x); E) O tro valor distinto a los anteriores.

317. E JE R C IC IO S 1) D eterm inar geométricamente

dos

tra­

zos conocida su sum a »s« y su media pro­ porcional »m«. (»s« y »m« son dos trazos conocidos o dados). 2) D eterm inar geométricamente conocida

la

diferencia

dos

»d«

trazos

entre

ellos

y la media proporcional »m«. 3)

Aprovechando el »teorema de las se­ cantes« (N° 311), transform ar un rec­ tángulo dado en otro que tenga un lado de longitud dada »m«.

4)

6)

En el triángulo rectángulo S R T se traza la altura T H . Entonces, la medida del ángulo »x« es (Fig. 14):

Aprovechando el »teorema de las cuer­ das« (N° 313), transform ar un rectángu­

A) 120°;

B) 150°;

C) 130°;

D) 140°;

lo dado en otro que tenga un lado de

E) falta m ás información.

m agnitud dada »m«. 5)

9)

Aprovechando el

»teorema de la tangen­

10) Desde un punto situado a 3 cm de un círculo se traza una secante cuyo segmen­

te y secante« (N° 312) transform ar un rec­

to exterior es igual al radio. El segmento

tángulo dado en un cuadrado.

interno de esta secante mide:

Aprovechando el

»teorema de las cuer­

das« (N° 313), transform ar un rectángulo dado en un cuadrado.

A) r —4,5; C) 3 (2 r —9); E) 6 - r + - Í

B) r; ,

D )r+ 2 7 ;

11) E n un círculo se traza SR penpendicular al diámetro V M de modo que V T = 8 cm y T O = 5 cm. M arque el valor de la me­ dida de la cuerda SR (Fig. 15): Fig. 15

M

7) D esde un punto P situado a 12 cm del centro de una circunferencia de 20 cm de radio, se traza una secante que corta a la perpendicular O E en su punto medio M . D eterm inar los segmentos de la cuer­

A) 24;

da C D (Fig. 13).

C) 4 v /rTo; E) 26.

(Resp.: D M = 6,949; C M = 10,795). ) 210<

_______

B) 12; D) S x /T o ;

12) En una circunferencia de 6 cm de radio se traza un radio y se le divide de modo que P S = l / 3 del radio. P or P se traza una cuerda R T en la que PR = 5cm.

Fig. 18

La medida del otro segmento de ella es (Fig. 16): A) 10 mm; B) 0,04 m; C) 6 cm; D ) 10~3 km; E) 4 dm. 13) En el cuadrilátero (Fig. 17) se verifica

inscrito una de

R ST U las si­

guientes alternativas:

D .) Se dibuja la O (C, b) que determ ina A U = 2q (Fig. 18). Aplicando

el

»teorema

de

la

secante«

(N° 393).se obtiene sucesivamente: B F - BE = AB

BD

(a + b )(a -b ) = c -(c -2 q ) a2 - b2 = c2 - 2 c • q

A) a :b = c:d; B) (a - c ) ■a = (b - d ) ■d; ,C) (a + c)d = (b + d ) a; D ) (a + c) : (a —c) = b:d; E) a :d = b:c. R esp.:

8) D;

9 )B ;

11) A;

12) B;

318. T E O R E M A G E N E R A L D E P IT A G O R A S “E n un triángulo cualquiera el cuadrado de un lado es equivalente a la sum a de los cuadra­ dos de los otros dos lados, más o m enos el doble producto de uno de ellos p o r la proyec­ ción del otro sobre éste, según el lado se oponga a u n ángulo obtuso o agudo, respectivamente«. H .) 1°. Sea a < 90°; A H = q = proyección del lado >>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<.. Aplicando el corolario de Pitágoras a cada

tración probablemente más simple para algu­

uno de estos triángulos, se obtiene (Fig. 20):

nos. Se basa en el teorema de la »tangente y la secante« (N° 312) y para ello se dibuja la circun­

he2 = a2 - (c - q ) 2

ferencia de centro A y radio »b«, resultando: (Fig. 22):

hr2 = b2 - q2 a2 - ( c - q ) 2 = b 2 —q2 Basta desarrollar y reducir para obtener:

BE

BC

BC:

BD

c

+b -b

a

a2 = b2 + c2 —2 c • q de donde:

c2 -

b2 = a2 =>

= 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<( y su semidiferencia »b*

Se debe cum plir que: x’ - x” = 2a x'

• x” = b2

P ara construir estas raíces se aplica el teorema de »la tangente y secante“ obte­ niéndose (Fig. 31): 1) Se dibuja

una circunferencia de diá­

7)

C onstruir las raíces x2 - 2ax —a2 = 0 .

8) C onstruir cuadrática

las

de

raíces

si tanto

de su

la

ecuación

una

ecuaciói

medio aritmético

como el medio geométrico de ellas es »a". >215 (

10) En la Fig. 33 se h a n dibujado cuatro semicircunferencias y la perpendicular C D en el centro O . Si C D = 25 cm y C O :O D = 3:2, calcular el área sombreada. CResp.: 156,25 *). Fig. 33

9)

E n la figura 32 se ha dibujado u n a semi­ circunferencia de 26 cm de diám etro y una perpendicular de 12 cm. Además, se h a n dibujado o tras dos semicircunfe­ rencias cuyos

diám etros

sum an

el diá­

m etro de la mayor. C alcular el área som­ breada. (Resp.: 3 6 w).

Luid

30a U N I D A D S f t A v e í v a P o te n c ia d e u n p u n to re s p e c to a u n a c irc u n fe re n c ia . C e n tr a l. E je ra d ic a l.

f

t

324. P O T E N C IA D E U N P U N T O

ducto que se obtiene al m ultiplicar una se­

Recordemos que la central de dos circunferencias

cante trazada desde el punto por su seg­

es el trazo que une sus centros. U n punto puede

mento externo«.

considerarse como una circunferencia de radio cero y, en consecuencia, la central de u n punto

O sea:

y una circunferencia es el trazo que une el punto con el centro del círculo.

Desde luego estas tres m aneras de expresar

P, - P í • PB

la potencia de un punto son equivalentes. Analicemos algunos casos: a) Si el punto P pertenece a la circunferen­ cia la central O F = c equivale al radio. P or lo tanto, resulta: Pc = O. b) Si el punto no pertenece al círculo, o sea, es punto exterior al círculo, la central O P = c es m ayor que el radio y, en consecuencia, la poten­ cia es positiva: Pc > O. c) Si el punto es interior (pertenece al círcu­ lo), la central O P = c es m enor que el radio y, por lo tanto, la potencia es negativa: Pc < 0 . I)

Se define p o r »potencia de un punto respecto 'a una circtinferencia a la diferencia entre el cuadrado de la central y el cuadrado del ra ­ dio«. Si esta potencia se designa p o r Pc se obtiene (Fig. 1):

325. O B S E R V A C IO N Tam bién la potencia de un punto puede definirse vectorialmente. Sean A y C los extrem os de un diám etro y P el punto de intersección de dos secantes cua­ lesquiera que pasan por A y C . Dem ostrarem os

II) Pero de acuerdo con el T eorem a de Pitágoras podemos escribir q u e : c2 = t2 + r2 de donde: t2 = c2 — r2 = Pc D e aquí que tam bién se defina como »poten­ cia de un punto respecto a una circunferen­ cia al cuadrado de la tangente trazada desde él punto a la circunferencia«. E s decir (Fig. 1):

III) Finalm ente, tam bién sabemos que t2 = PA PB

= PC PD

= const., y p o r

esto se puede definir como »potencia de un punto respecto a una circunferencia al pro­

que la potencia de P respecto a la circunferencia es igual al producto escalar de los vectores PX-PC?(Fig. 2). T .)

PA - PCT = c2 — r2

D .) Aplicando la definición de »producto esca­

es 13 cm y el medio geométrico entre ellos

lar« a estas dos secantes que son vectores en este

es 12 cm. ¿Cuál es la potencia de este pun­

caso, se-obtiene: PÁ-PCf = PÁ-PB (pues PB es la proyección del vector PÜ sobre PA) pero: PÁ PB = c2 Luego:

pX-PCT = c2 - r 2

to? 10) C alcular la potencia de un punto situado a 4 cm de una circunferencia de 12 cm de ra­ dio. Discusión. R esp.: 1) 64 cm2; 2) L .G . es O (O , 3a); 3) -1 4 4 ; 4) r = 12 cm; 5) 2 cm; 6) Pc = 756, t = 6 \ / 2 l ; 7) t = 2 4 ; 8) 15 cm; 9) P, = 468; 10) F = - 8 0 ; P” =112.

326. E J E R C IC IO S 1) En una circunferencia de 6 cm de radio se prolonga un diám etro en 4 cm. ¿C uál es la potencia del punto extremo de esta prolon­

327. O B S E R V A C IO N a) Dos circunferencias se cortan ortogonalmente cuando son perpendiculares las tangentes traza­

gación respecto a la circunferencia? 2) Se tiene una circunferencia de radio »a«.

das en uno de los puntos de intersección de ellas.

¿C uál es el L .G . de todos los puntos del pla­ no que tienen una potencia de 8 a respecto

mente la central mide (Fig. 3): c = \ / R 2 + r2.

a esta circunferencia? 3) Se tiene una circunferencia de 25 cm de diá­ metro. ¿C uál es la potencia de un punto del círculo situado a 9 cm de la circunferencia?

b) Al cortarse dos circunferencias ortogonal­ c) ¿Q ué sucede cuando dos circunferencias que se cortan ortogonalmente tienen el mismo radio?

F‘g - 3

-------

'

\

4) L a potencia de un punto situado a 1 cm de

5)

la circunferencia de un círculo es 25 cm. ¿C uánto mide el radio? Desde un punto P situado fuera de un círcu­ lo de 18 cm de radio se traza la secante que pasa p o r el centro. ¿A qué distancia está este punto de la circunferencia si su poten­

6)

cia respecto a ella es 36 cm2 ? L a sem isum a de la distancia de un punto a una circunferencia y el radio es 15 cm, y la semidiferencia de estas distancias es 3 cm. ¿Cuál es la potencia de este punto respecto a la circunferencia? ¿C uánto mide la ta n ­

7)

8)

gente desde este punto a ella? L a potencia de un punto respecto a una cir­

O P T A T IV O

cunferencia es 576 cm2. ¿Cuánto mide la

328. E JE R A D IC A L D E D O S

tangente desde este punto? D esde un punto se traza una secante cuyo

C IR C U N F E R E N C IA S Definición: Se llam a eje radical de dos circunfe­

segmento externo mide 5 cm. Si la potencia

rencias al conjunto de puntos que tienen la mis­ ma potencia respecto a las dos circunferencias.

de este punto respecto a la circunferencia es 100 cm2, ¿cuánto mide la cuerda que deter­ mina la secante?

P or lo tanto, el eje radical es el L .G . de todos los puntos de un plano que tienen la misma po­

9) D esde un punto fuera de un círculo se traza una secante de modo que el medio aritmétU

tencia respecto a dos circunferencias y es una

co entre su segmento extem o y el interno

ferencias. E n efecto: sea P un punto que cumple

) 218 (

recta perpendicular a la central de las dos circun­

con la condición de tener la m ism a potencia res­ pecto a las circunferencias de radios R y r . Luego, p o r definición, se tiene: PO 2 - R2 = PO 2 - r2

de donde:

PO 2 - P O ’2 = R2 - r2 = constante, pues tanto R como r son constantes- Pero en el N° 322, N° 2, dem ostram os que los puntos que cumplen con esta condición se encuentran en una perpen­ dicular trazada a la central O O ’. Veamos algunos casos particulares:

c)

Si las circunferencias son exteriores, e l .

eje radical es la recta que pasa por los puntos medios de las dos tangentes comunes (Fig. 8).

a) Si las circunferencias son secantes, el "eje radical® es la recta que pasa por los puntos de intersección de ellas. Es, p o r lo tanto, perpen­ dicular a la central. En efecto, para un punto cualquiera P de esta perpendicular se tiene (Fig. 5): Pc = PA -PB (respecto a O O) P ’c = PA -PB (respecto a O O ’) . ' . Pc = P ’c P

d)

Si las circunferencias son interiores, una

respecto a la otra, su eje radical es tam bién, co­ mo todos los casos anteriores, una recta que es perpendicular a la central O O ’ (Fig. 9). P ara determ inar esta perpendicular se di­ b u ja una circunferencia que corte a las circun­ ferencias dadas. Al tra z a r los ejes radicales ÁH y A’B’ de esta circunferencia auxiliar con cada b)

Si las circunferencias son tangentes, in­ u n a de las dadas, se determ ina el punto de inter­

terior o exteriorm ente, el eje radical es la tan­ gente com ún en el punto de tangencia (Figs. 6

sección P de ellos. L a perpendicular desde P a la central O O ’

y 7 )-

es el eje radical de las dos circunferencias dadas.

329. .C E N T R O R A D IC A L D E T R E S C IR C U N F E R E N C IA S Se determ ina p o r la intersección de los ejes radi­ cales de estas circunferencias, que son concu­ rrentes, es decir, se cortan en un mismo punto C. E n efecto, p o r definición se tiene (Fig. 10): C O i2 - ri2 = CO 22 - r22, pues C 6 E¡¡ CQ,2 - r 32 = CO 42 ~ r2z, pues C e E 2 . ‘ . C O ,2 - n* = C Q ,2 - r32 Luego: Ej pasa p o r C.

D .) Siendo »t« la tangente desde P a la circunfe­ rencia auxiliar, se tiene:

i

P S -JPB - t* P A ’ • P B ’ = t2 ----------------- ----------. ' . PA -P B = P A ’ P B ’ = t 2

31a U N I D A D T eo rem a s so b re p o líg o n o s sem eja n tes. L o n g itu d d e la circu n feren cia. £1 n ú m ero ir. P o líg o ­ n o s h o m o tético s.

mologas o cualquier transversal homologa son

330. T E O R E M A X C V 1 »Si desde vértices homólogos de polígonos seme­

proporcionales a los lados homólogos«.

ja n te s se trazan diagonales homologas, el polígo­ no queda dividido en triángulos semejantes«.

332. T E O R E M A X C V l l (Recíproco del anterior) »Dos polígonos divididos en triángulos semejanr

0'

tes y dispuestos en el mismo orden, son semejan­ tes« . H .) A I - A I’, A II > 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.


¿C uánto mide el radio de la circunferencia circunscrita al segundo triángulo?

D e aquí se obtiene también: O

C’

C”

- j = jt = y 5 = . . . = constante

E l perím etro de un triángulo mide 48 cm y el de otro triángulo semejante con él mide

5)

Los radios de dos circunferencias son entre sí como 5:8. Si el perím etro de la prim era es

E s decir: »Entre una circunferencia y su

3,25 cm, ¿cuál es el perím etro de la otra?

diám etro existe una razón constante«: r -g- = const.

6)

En un plano de un estadio, hecho-en la esca­ la de

Esta constante se designa con la letra griega

— , aparece una pista circular. En

ir (pi) y numéricamente representa »las veces

el plano esta pista tiene una longitud de 4 cm. ¿C uántos metros corre un atleta que

que el diám etro cabe en la circunferencia corres­ pondiente« .

da una vuelta a la pista?

Se h a determ inado el valor de esta constante p o r diversos métodos, como lo veremos más ade­ lante, obteniéndose u n núm ero irracional (in­ conm ensurable) y p ara el cual se toma aproxim a­ damente el valor:

7)

El perím etro de un A A con el de otro A B son entre sí como 3:8. A su vez, el períme­ tro del A B con el de otro A C son entre sí como 4:9. La transversal de gravedad te del A A mide 2,4 cm. Si los tres triángulos son semejantes entre sí, ¿cuánto mide la transversal de gravedad homologa a t, en

7T = 3,1416 = f

M á s exacto es 3 ,1 4 1 5 9 2 6 5 3 6 ... (no existe período). )222(

el A C? R esp.: 1)<314 m; 2) 10 cm; 3) 156,25 cm; 4) -y m; 5) 5,2 cm; 6) 500 m; 7) 14,4 cm.

337. P O L IG O N O S H O M O T E T IC O S Estos son los polígonos semejantes que tienen sus lados homólogos paralelos.

A esta razón entre las distancias del centro de homotecia a dos vértices homólogos se llama razón de sim ilitud o de homotecia.

P rim er caso. Tom em os un punto cualquie­ ra S en la región interior del polígono ABCDE. A este punto se le llam a centro de homotecia o centro de similitud. Al unir este punto S con to­ dos los vértices del polígono se obtienen los rayos de sim ilitud o rayos de homotecia (Fig. i).

Segundo caso (Fig. »)• Se considera el cen­ tro S de similitud en un vértice del polígono. Se obtienen los polígonos SB’C ’D ’E’, SB” C ” D ” E ” , . . . , que son semejantes al SBCD E en virtud del T eorem a xcvn. Al tom ar un punto A’ o A’’ en uno de los rayos de similitud y tra z a r las paralelas a los lados p o r estos puntos y los que se obtengan sucesivamente en los otros rayos, resultan los polígonos A ’B’C ’D ’E’ y A” B”C ” D ” EÍ’ que son

Tercer caso (Fig. nt). Se" puede considerar el centro de similitud S en la región exterior del polígono ABCD. Se une S con los vértices del polígono ABCD y se trazan las paralelas por un punto A’ o A” .a los lados.

semejantes entre sí y al polígono A B CD E en Cualesquiera de estos tres casos permite construir fácilmente un polígono semejante a

virtud del T eorem a x c v n (N° 322). Por lo tanto: SÁ

SB

_ SC

SA’

S B ’ ser

otro dado. Tam bién será útil en la construcción _ SD _ S E = A5 _

SD'

SE’

,V B ’

BX?

BÜ

de triángulos en los cuales se da la razón entre elementos lineales.

338. E J E R C IC IO S 1) C o n stru ir un triángulo semejante a un triángulo dado A ’B’C’ y de modo que el

.2) desde S se tra za n las perpendiculares a

radio de la circunferencia circunscrita al

,3) por los puntos D , E y F sé trazan las res­

triángulo tenga una magnitud dada »m«.

pectivas paralelas a los lados del A A’B’C ’

los lados del A A’B’C ’ y sobre estas per­ pendiculares

se

copia

n = SD = SE = SF;

las que al cortarse determ inan el A ABC. 3)

En un A ABC inscribir un rectángulo cuyos lados estén en la razón de m:n.

Solución ■ 1) se elige como centro de homo­ tecia S al centro de la circunferencia circuns­ crita (basta tra z a r y determ inar la intersec­ ción de dos sim etrales del A A ’B’C ’ (Fig. 1);

Solución: 1) se dibuja el rectángulo D ’E ’F ’G ’

tud; 3) se dibuja la 0 (S, m); la intersección

de lados m y n (Fig. 3); 2) siendo A el centro de homotecia se traza el rayo de homotecia A F’ —* F ’ lo que determ ina F;

de está circunferencia con los rayos de simi­ litud determ ina los vértices A, B y C del

3) se traza por F las paralelas a los lados m y n determ inándose el rectángulo pedido

triángulo pedido ABC.

D E FG .

2) desde S se dibujan los rayos de simili­

2)

C o n stru ir

un

triángulo

semejante a un

4)

A A’B’C ’ dado y de modo que el radio de la circunferencia inscrita tenga una m agni­

E n un triángulo ABC inscribir un cuadra­ do. .

tud dada »n«. Solución: 1) se elige como centro de homoi tecia S al centro de la circunferencia inscrita (basta tra z a r dos bisectrices), (Fig. 2);

Solución: 1) se dibuja un cuadrado cual­ quiera D ’E ’F ’G ’ (Fig. 4); 2) se une A con F ’ y se prolonga hasta cortar el lado opues­ to en un punto F; 3) siga u ste d . . . 5)

En un semicírculo dado inscribir un rectán­ gulo cuyos lados estén en la razón m:n. (Indicación: elija como centro de homotecia el centro del semicírculo).

6)

En un semicírculo dado inscribir un cuadra­ do.

7)

E ntre dos rectas oblicuas L ’ y L ” que no pueden prolongarse hasta su intersección, se da un punto P. T ra z a r por P una recta que pase por el punto de intersección in­ accesible de estas dos rectas, es decir, que

11) .A : c:ic = m :n, y , r. 12) D entro de un A ABC inscribir un triángu­ lo isósceles de modo que cada vértice esté sobre un lado. 13) D entro de un A ABC inscribir un triángu­ lo equilátero.

pase por el vértice del ángulo que forma­

C

rían L ’ y L ” si se prolongaran (Fig. 5). l"

14) D entro de un círculo trazar una cuerda que quede trisectada por dos diám etros perpen­ diculares. Solución: 1) Se dibuja un triángulo cual­ quiera A B P siendo P el punto dado; 2) se

Solución: 1) Se hace BC = A D =A B = a (Fig. 7); 2) al u n ir O con C y D se determ ina M

traza u n a paralela cualquiera A’B’ al lado

y N ; 3) la cuerda M N queda trisectada.

AB; 3) por A’ / / AP y p o r B’ / / BP determ i­ nan P’; 4) la recta P F —* P ’ pasa p o r el vértice del ¡4 (L ’, L ” ). 8)

x,'- a:b:c: = m :n:k, r (Indicación: con m, n y k se construye el A A’B’C ’ semejante al pedido; se sigue como en el problem a 1.)

9)

después

A : a :b = m :n,/3, p(Indicación: con m, n y t f se construye el A A’B’C ’

semejante

al

pedido;

después

se sigue como en el problem a 2.) 10. A : a + c, b + c , y Solución: 1) A auxiliar D E C con C D = = c + b , C E = a + c, Jt D C E = y (Fig. 6); 2) se tom a u n trazo cualquiera n = D F = E G ; 3) la paralela p o r G a D E y arco de 0 (F, n) determ ina P; 4) D ( —) P —» P determ ina B; etcétera.

15) C onstruir un A isósceles dados: r, c+ hc (Fig: 8) Solución: 1) se dibuja la O (O , r); 2) se co­ pia c + h c = C D ; 3) como M D = 2 -M B , se )225(

Solución: 1) sea AD = a + b ==> CD = CB - a; 2) 4 ADB = — 7 ; A M = t„; 3) se dibuja cualquier A isósceles F D E de modo que ED = E F ; 4) M ’E = M ’F; 5) L .G . para M : copia una m agnitud cualquiera »n« de mo­

1°) D M ’ —» M ’

do que D M ’ = 2 n , M l í ’ = n ; 4) D( - ) B ’ —■ —* B’ determ ina B , etc.

2o) arco O (A, ta)

^ .

6 ) p o r M / / E F determ ina C; 7) C M —* M y

16) C o n stru ir un octógono regular de modo que su lado tenga una magnitud dada »a«.

D F —* F determ inan B . 20) Se tiene el cuadrado SRV M de lado »a«

17) En un cuadrante de círculo inscribir un cuadrado de m odo que dos vértices estén en

(Fig. 11); el punto P está situado a la distan­ cia nbH del lado V M que se une con los

los radios del cuadrante y los otros dos en

cuatro vértices. L a perpendicular en T corta

el arco correspondiente.

a PV en L y la perpendicular en Q corta a PM en K.

18) E n la región interior de un ángulo se da un

■P

punto P. T ra z a r por P una circunferencia tangente a los lados del ángulo (Fig. 9).

Fig. 11

A / / / /

\ 1

\ <1

\

\ \

Entonces, el cuadrilátero T Q K L es: A) un rombo de lado Solución: 1) se traza la bisectriz del ángulo;

;

B) un rectángulo de lados (a —h) y y

2 ) se traza cualquier circunferencia O ’ ta n ­

C) un trapezoide de lados f y ? ;

gente a los lados del ángulo; 3) al u nir A con P se determ ina P’; 4) p o r P / / P ’O ’ deter­

D ) un cuadrado de lado

;

mina el centro O de la circunferencia pedi­ da; 5) se dibuja O (O , OB). )226(

E) un rectángulo de lados

>' Y íb

la cual se divide en la. razón m :n tal que P T : PC = m :n (Fig. 13); 2) la perpendicular en C corta a la central O P en O ’; 3) la in­ tersección de la O

(O ’, C O ’) con la O

(O , O T ) determ ina B; 4) la unión de P con B y la prolongación m ás allá de B determ ina A.

22) El mismo 'problema anterior, pero de modo que el segmento exterior de la secante sea al segmento interior de ella como m:n.

)227(

32a U N I D A D C om p a ra ció n d e áreas d e p o líg o n o s. A rea d e l círcu lo . A rea d e sectores y segm en tos circulares. D eterm in a ció n e x p e r im e n ta l d e l n ú m e r o *•.

339. T E O R E M A X C I X

E n efecto:

»Las áreas de dos triángulos cualesquiera son entre sí como los productos de sus bases p o r la altu ra correspondiente a ella«. H .) A ABC y A A’B’C ’ son A (Fig. 1).

A ABC

c-hc

A A’B’C’

c-hc

cualesquiera

pero si he = he, resulta:

A ABC A A’B ’C ’ b)

»Las áreas de los triángulos que tienen

la misma base son proporcionales a las alturas correspondientes a ellas«. En efecto:

A ABC

c-hc

A A’B’C ’

c-hc' A ABC

pero al se rc = c’ resulta:

c)

A A’B ’C ’

he he-

»Las áreas de los triángulos que tienen

la misma base y la misma altu ra son iguales, es decir, los triángulos son equivalentes«. c-

, , _ , . A ABC c = c , he = h - , se o b tien e :___ _____ = 1 A A’B’C ’

por lo tanto: A ABC = A A’B’C ’ T .) A ABC A A ’B’C ’

c-hc c’-hc-

D .) Al calcular el área de estos triángulos (N° 253-2), se obtiene:

34 7. T E O R E M A C »Las áreas de dos triángulos que tienen un ángu­ lo igual son entre sí como los productos de los

A ABC = ^

• c-hc |

A A’B’C ’ = -g- • c ’-hC' |

lados que forman el ángulo«. H .)

a

=

a’

T .) A ABC: A A’B’C ’ = (b-c): (b’-c’) A ABC

c-hc

A A’B ’C ’

c’-hc-

D .) Al tra z a r las alturas se obtiene (Fig. 2): A AD C -

A A’D ’C ’ (Io T eor. de - ), de

donde: 340. C O R O L A R IO S a) »Las áreas de los triángulos que tienen la m ism a altu ra son entre sí como las bases corres­ pondientes« . )228(

1) - = A ' b’ he’ Pero, por el Teorem a x c ix (N° 339), se tie-

F 2)

A A BC

_

c

A A ’B ’C ’

/

c’

he h,-

P or lo tanto, al sustituir .1) en 2), resulta:

A ABC

b -c

A A ’B’C ’

b ’ • c’

Fig. 3

343. C O R O L A R IO S a) Como los lados de triángulos semejantes son proporcionales a las transversales homologas Otra demostración: p o r Trigonom etría se

(N° 306-c), se obtiene: “Las áreas de triángulos

sabe que "el área de un triángulo es igual al se-

semejantes son entre sí como los cuadrados de

miproducto de dos lados p o r el seno del ángulo que forman«; entonces (Fig. 2):

cualquier transversal homologa«. E s decir:

A ABC = — be • sen a A A’B’C ’ =

A ABC A A ’B’C '

4

A ABC

a

A A’B’C ’

aJ

J>£_ h,.J

bo •

b) »Las áreas de dos polígonos semejantes -

b’c’ • s e n o ’

b -c b ’ • c’

I

pues sen a = sen a al

son proporcionales a los cuadrados de dos lados homólogos o a los cuadrados de dos diagonales homologas o a los cuadrados de dos transversales homologa s cuale squiera«.

s e r a = a '.

c) »Las áreas de dos polígonos regulares del mismo núm ero de lados son proporcionales a los

342. T E O R E M A C¡ »Las áreas de los triángulos semejantes son entre sí como los cuadrados de dos lados homólogos«.

cuadrados de sus lados o a los cuadrados de los radios de las circunferencias inscritas o circunscri tas a los polígonos«. d) »Las áreas de dos círculos son proporcio­

H .) A ABC - A A’B’C ’ T .)

A ABC A A’B ’C ’

_

lL

D .) P or el Teorem a C , se tiene (Fig. 3):

’ “f e

nales a los cuadrados de sus radios o a los cuadra­ dos de sus diám etros«.

E s decir:

área O (O )

r2

área O (O ’)

r*

d2 -

d*

’ P*™ V = 7 P0*»“ los

triángulos son semejantes. Sustituyendo esta igualdad en 1) resulta:

344. T E O R E M A C II »Considerando los lados de un triángulo rec­ tángulo como lados homólogos de polígonos se­

A ABC A A’B’C ’

m ejantes

construidos

sobre

ellos,

dem ostrar

que el área del polígono construido sobre la )2 » (

hipotenusa es equivalente a la suma de las áreas

la circunferencia y, el apotem a, con el radio de

de los polígonos construidos sobre los catetos*.

ella. Por lo tanto, el área del círculo es:

H .) Políg. X T .)

políg. Y - políg. Z

políg. X + políg. Y = políg. Z

D .) Aplicando el Corolario b (N° 343), se tiene (Fig. 4):

Este resultado se puede in terpretar diciendo que “el área de un círculo es equivalente al área de un triángulo que tiene por base a la circunfe­ rencia y p o r a ltu r a e l radio de ella«. Pero en el N° 335-b, vimos que el perímetro o longitud de la circunferencia de rtidio »r« es: C = 2 jr r.

(X )+ (Y )

a2 + b2

(Z)

Ì

Pero, según el a2 + bz = c2, luego:

T eorem a

Entonces, al sustituir este valor en II), se obtiene:

de

Pitágoras: que es la fórm ula para calcular el área de un círculo.

(X) + (Y) = (Z)

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

C alcular el perím etro y el área de un círculo de 25 cm de radio.

2)

La longitud de una circunferencia es 125,6 cm. ¿Cuál es el área del círculo correspon­ diente?

3)

El área de un círculo es 314 cm2. ¿Cuál es la longitud de la circunferencia?

4)

D em ostrar que el área A del círculo en fun­ ción de la longitud C de la circunferencia es: A =

4i

-

5)

D em ostrar que r = \ f ~ ~

6)

D em ostrar que C = 2 \ / jr • A

7)

E n el #

A BCD se tiene A M

= MB y

N D = NC. C alc u la rla razón entregas áreas I: II: III (Fig. 5). 345. A R E A D E L C IR C U L O En el N° 267 dem ostram os que »el área de un polígono regular es igual al producto del semi­ perim etro p o r la apotem a“ . E s decir:

Al au m en tar indefinidamente el núm ero de lados del polígono regular éste se confundirá con )230(

8)

En el # A'BCD se tiene A E :E B = D F :F C = 1 : 2 . D eterm inar la razón entre las áreas (Fig. 6): A AED : trapecio E B FD : A B C F : # ABCD

A hora, p a ra calcular el área del segmento ’ (Seg.) basta restar al área del sector correspon­ diente (O D E C O ) el área del A C D O s i« < 180°. P or lo tanto: área Seg. C D E = sector (O D E C O ) - Á CD O . ¿Cómo se procedería s i« > 1 8 0 °?

348. E J E R C IC IO S 1) D ividir un triángulo en dos partes equiva­ lentes por medio de una paralela a un lado. Solución: Sea CD = x ; CA = b (Fig. 1).

R esp.: 1) C = 1 5 7 cm; A =1962,5 cm2; 2) 1256 cm2; 3) C = 62,8 cm; 7) 1:2:1; 8) 1:3:2:6.

347. A R E A S D E S E C T O R E S Y S E G M E N T O S C IR C U L A R E S Sea S el sector circular que comprende el arco »a« y el ángulo del centro a . Para calcular el área del sector S lo compa­ rarem os con el área del círculo, obteniéndose (Fig. 7):

Condición:

A D E C = trapecio

A BED

o

bien: A D E C = - j A ABC, por lo tanto: A D EC

=

_1_

A ABC

2

Pero, p o rT e o r. C I (N° 342) se tiene: A D EC

A ABC

de aquí:

CD* = CÁ 2

7? = b

=»

bJ

x2. = 4" b-b. Esto indi2

ca que »x« es media proporcional geométri­ ca entre »b« y » — b,(. P or lo tanto, basta construir esta media proporcional geométrica que, en este caso, conviene construirla aplicando el Prim er Teorem a de Euclides (N° 316). Para esto: 1) se dim idia AC; 2) se dibuja la semi O a

(AC); 3) la perpendicular en M determ ina N; 4) resulta C N = x; 5) al d ib u jar el arco de

E sta últim a 'relación expresa que «el área de un sector circular equivaie a la de un triángulo

© (C, C N ) se determ ina D; 6) finalmente se traza por D //A B .

que tiene por base una longitud igual al arco y por altura el radio del círculo^.

2)

D ividir un triángulo en dos partes por me­ dio de una paralela a la base y de modo que

las partes resultantes sean entre sí como 1:3.

4)

Solución: Sea CD = x , AC = b (Fig. 2).

el triángulo que se determ ina sea las 3 /5 partes del triángulo dado.

Condición: — trap. A B E D _u-._

o bien:

A DEC

1

A ABC

4

3

---------- = —

D ividir un triángulo en dos partes por me­ dio de una paralela a la base y de modo que

5)

C onstruir un cuadrado que sea el doble de otro dado.

Pero en virtud del T eor. c i (N° 342), se tie­ ne: A DEC

=

A ABC

/

ü!

13 solución: sea a = lado del cuadrado dado. Luego, su diagonal mide BD = a \ / 7 (Fig. 4). P o r lo tanto, basta construir el cuadrado que tiene por lado la diagonal del cuadrado dado. 2a solución: sea x = lado del cuadrado pedi­ do. L a condición del problema es: x2 = 2a2 = 2a - a P or lo tanto, para determ inar »x« basta Este resultado indica que basta tra z a r la m ediana del A ABC para que se cumpla la condición del problema (V er N° 170). 3)

D ividir un triángulo en tres p an es equiva­

construir la media proporcional geométrica entre »2a« y »a«. De acuerdo al 2° Teor. de Euclides se tiene (Fig. 5):

lentes por medio de paralelas a la base.

1) AB = a (lado del cuadrado dado) 2) B C = 2a Solución: Sea C D = x, C F = y (Fig. 3): 1) se divide AC en tres partes iguales: C M = = M N = N A ; 2) se dibuja la semi O (ÁC);

3) se dibuja la semi 0 (AC) y se traza la per­ pendicular en B, lo que determ ina D ; 4) re­ sulta BD = x, lado del cuadrado pedido.

3) las perpendiculares en M y N determ i­ n a n los puntos P y Q , respectivamente; 4) el arco O (C, C P) determ ina D y el arco O (C, C Q ) determ ina F. D .) i H ágala usted! )232 (

3 a solución: se basa e n el lír T eor. de Euclides: 1) AB = a, BC = a (Fig. 6); 2) semi O (AB);

E

dos rectángulos dados (N° 344); 2o) tran s­ form ar el rectángulo obtenido en el cuadra­ do que se pide (según N° 344).) 10) D ados dos triángulos semejantes construir otro triángulo semejante a ellos y equivalen­ te a la suma de ellos. (Ind.: N° 344). 11) D ados dos trapezoides semejantes construir otro trapezoide semejante con ellos y equi­ valente a la diferencia de ellos. (Ind.: N° 344). 12) D ados dos trapezoides semejantes construir

6)

3) perpendicular en B determ ina D;

un triángulo equivalente a la suma de sus

4) AD = x

áreas. (In d .: 1°) Encontrar el trapezoide equiva­ lente a la sum a de ellos según N° 344;

C onstru ir dos cuadrados de modo que uno de ellos sea el triple del otro.

2o) transform ar el trapezoide obtenido en el triángulo que se pide según N° 278-13). 13) D ados dos triángulos congruentes construir otro triángulo equivalente a la sum a de ellos. (Ind.: N° 344). 14) D ados dos rectángulos congruentes cons­ tru ir otro rectángulo equivalente a la suma de ellos. 15) D ados dos triángulos congruentes construir un cuadrado equivalente a la sum a de ellos.

Solución: se basa en el corolario Mb<( del ,N° 310. P a ra esto (Fig. 7): 1) se copia un trazo unitario u = AD; 2) se hace D B = 3u; 3) la semi O (AB) y la perpendicular en D determ inan C; 4) resulta: A C = x , B C = y , pues x2 : y2 = u : 3u = 1 : 3.

(Ind.: 1°) encontrar el triángulo equivalente a la suma de ellos según N° 344; 2o) tran s­ form ar el triángulo encontrado en el cuadra• do pedido según N° 278, N° 10 y 17 . 16) D ado un cuadrado de lado »a« construir otro cuadrado que sea equivalente a l triple de él.

7)

C onstruir dos cuadrados de modo que uno sea los 2 /3 del otro.

8)

D ados dos rectángulos semejantes construir otro rectángulo semejante con ellos y cuya área sea la sum a de las áreas de los rectán­ gulos dados. (Ind.: T e o r. e n , N° 344).

9)

C onstruir un cuadrado equivalente a la su­ rtía de dos rectángulos dados. (Ind.: Io) construir el rectángulo semejante y equivalente ít la sum a de las áreas de los

17) D ividir un semicírculo dado en dos semi­ círculos. ¿C uántas soluciones existen? (Ind.: N° 344). 18) D ividir un semicírculo dados en dos semi­ círculos de modo que el área de uno de ellos sea los 2 /3 del otro. ¿C uántas soluciones hay? (Ind.: N° 344 y N° 310-b). 19) Calcular, en función del radio, la longitud de la diagonal de un pentágono regular inscrito en una circunferencia. )233(

20) C alcular, en función del radio, la longitud del lado de una estrella regular de cinco p u n tas inscrita en una circunferencia. 21) En un círculo se dibuja la »media luna« X . Su área en función del radio, mide (Fig. 8): A)

7r r2

24) En un círculo se dibuja la »media luna« X (especie de lente cóncava-convexa positiva). El perím etro de ella mide, en función del radio »r« (Fig. 8): A) 0,5 tt r ( 2 + N/ 2 ) C) 1,5 tt r \ / T

B) y TT r2

B)

v\/~ 2 .

D ) 2 , r r ( v / 2 + 1)

" E ) otro valor

C) (2 - y / 2 ) -

25) C alcular el perím etro y el area de un polí­ gono regular circunscrito a una circunfe­ rencia en función del núm ero »n« de lados

D) r2 E) 0,5 tt r2

y

22) En un círculo se dibuja una especie de lente plano-convexa Y. Su área, en función del radio, mide (Fig. 9): A)

jt r2

B) - j ;r r2

C) D)

Solución: Sea ABO el triángulo fundam en­ tal del polígono (Fig. 11).

E)

El perím etro será: p = n • AB pero

A T = r • tg y

de donde: p = 2n • r • tg « =

pero

radianes, por lo tanto: P - 2rn • tg i

23) E n un círculo se dibuja el arco M N de radio P M . El área »achurada« S, en función del radio »r«, mide (Fig. 10) : A) - i * r2

B)

* r2

Por otro lado, el área del polígono es: A = n • A ABO = n • O T • A T A = ni2 • tg — 26) C alcular el área y el perím etro del polígono regular inscrito en una circunferencia en función del núm ero »n« de lados y del radio »r « 27) Siendo »a« el lado del polígono regular inscrito en una circunferencia de radio »r«, calcular el área del polígono en función del lado y del radio. 28) En un mismo círculo se inscribe un pentadecágono y un decágono regulares. Calcu­ lar la razón entre sus áreas.

29) E n un triángulo rectángulo los catetos son entre sí como 15:36. C alcular su área si la

que tiene p o r diám etro 1 /4 , 1/2 y las 3 /4 partes del diám etro. La parte »achurada«

hipotenusa mide 65 cm.

comprendida entre la segunda y la tercera G mide:

Resp.: 19) -§ s j 10 + 2 . / ~ 5 ;

A) lo mismo que la parte entre el prim er y 20) k 21) D ;

= y y

segundo círculo

10 + 2 > / 5 ;

22) C;

23) E;

B) 0,75 x r2

24) A;

26) p = 2rn • sen -i-; A = ~ nr2 • sen - y ;

G) f e r2

A = ~ - na2 • cot — ; 4

28) A ,,: A,o - 1,038;

D )T f ^

n ’

E)

2 9 )7 5 0 c m 2.

ningún valor anterior.

349. T E S T S 1)

4)

En la figura 1, el diám etro de la circunferenia mayor mide 12 cm y se le divide en part-’S que son entre sí como 1 : 2 : 3. L a parte »achurada« mide:

A) la suma de los perím etros de las tres G menores equivale al d é la mayor. B) los perím etros de las G son entre sí como 1 :2 :3 :4

A) 3 6 7r cm2

C ) si al perím etro de la mayor se le resta la

B) 30 n- cm2

sum a de los perím etros de las dos meno­ res, se obtiene la longitud de la tercera.

C) 33 jt cm2

D ) la suma de los perím etros de las tres me­ nores valen 6 jr r.

D ) 2 2 ít cm2 E) ninguno de estos valores es correcto. 2)

En la figura 2 se obtiene la siguiente alter­ nativa correcta:

E) todo lo anterior es falso. 5)

En la figura 3 el trazo P Q = a se divide en

E n la figura 1 el diám etro de la circunfe­

cuatro partes iguales y se dibujan las G de

rencia m ayor está dividido en la razón de

diám etro 0,25a; 0,5a; 0,75a y a , respectiva­ mente, siendo todas tangentes en P. Desig­

1 : 2 : 3 . M arq u e la alternativa correcta: A) al sum ar el perím etro de las tres circun­ ferencias menores se obtiene el de la m ayor y la sum a de las áreas es 1 /3 del círculo mayor

nando por M , N , S y T las partes no comu­ nes se obtiene la siguiente alternativa correcta:

B) los perím etros de las cuatro O son entre sí como 1 : 2 : 3 : 6 y sus áreas también C )las áreas de las cuatro 0 son como 1:4:9:36 y el perím etro de la m ayor es igual a la sum a de las tres menores D ) la sum a de las áreas de las tres O meno­ res es de 33 y % del m ayor y la sum a de

3)

los perím etros de las tres menores es

A) M + N = T

66 - j % del de la O mayor

B) T - N = S

E) todo lo anterior es falso.

C) M : N : S : T = i : 2 : 3 : 4

E n la figura 2 el diám etro P Q se divide en

D) M : N : S : T = 1 : 3 : 5 : 7

cuatro partes iguales y se dibujan las O

E) todo lo anterior es fal so. ) 2 35 (

6)

E n la figura 4 un cateto mide 6 cm y la hipo­ tenusa 10 cm. Se dibujan las semicircunfe­

inscrita. El área »achurada« mide aproxi­ madamente:

rencias sobre los catetos- y la hipotenusa en el sentido indicado en la figura. L a parte »achurada« com prendida semicircunferencia mide:

A) 12,5* cm2 C ) 24 cm2

.

en tre

las

tres

B ) i |i c m 2

A) 1,8 cm2

D) 48 cm2

C ) 5,19 cm2

E) ningún valor anterior. 7)

B) 7,37 cm2 D ) 0,75 y / 3 cm2

E) ningún valor anterior.

En la figura 5 un trazo P Q se divide en tres

10) Si el diám etro M N = 6 cm, entonces la suma

partes desiguales a, b y c, dibujándose la semicircunferencia sobre cada uno de estos

de las partes »achuradas« de la figura 7 es, en cm2:

trazos y sobre el trazo P Q en el sentido indi­ cado. L a parte »achurada« tiene un área

A) 3

B) 1,5

D) 9

E) otro valor.

C) 6

A) 0 ,1 2 5 * (a2 + b2 + c2) B) * (a2 + c2 - b2) C) 0 ,2 5 * (b2 - a2 - c 2)

8)

D ) 0 ,2 5 * (a + b) (b + c;

11) En la figura 7 , M N = 6 cm; entonces, la lon­

E) ningún valor anterior.

gitud de la línea quebrada M S R T Q P V N es en cm:

El perím etro de la parte »achurada« de la figura 5 vale: A) 0 ,5 * (a + b + c ) B) * (a + b + c) C) 2 * (a - b + c) D) * (a + b - c) E) falso todo lo anterior.

9)

. A) 8 C) \ 2 s f í

B) 6 + 6 \ f l D) 12

E) otro valor. 12) Si en la figura 7 , M N = 6 cm, entonces la su­ m a del perím etro de las tres circunferencias chicas es:

En la figura 6 se ha dibujado un triángulo

A) 3 *

B) 12 *

equilátero de 6 cm de lado. Se unen los pun­

C) 9 * E) otro valor

D ) igual a la circunferencia mayor

tos de tangencia V y M de la circunferencia )236(

14) El área »achurada« en la figura 8 mide: (siendo »a« el radio de la circunferencia).

A) St = 0,5 (Si + S 3) B) S2 = 1/3 (S, + S») 15) En la figura 9 se ha dibujado una circunferen­

C) S, : Ss : Sa = 1 : 3 : 9

cia y un ángulo del centro A O B; entre los lados de este ángulo se dibujan "tes arcos de

D ) S3 : (Si + Sí ) = 1 : 3

radios 1 /3 y 2 /3 de O A con lo cual el sector

E) ninguna de estas relaciones es correcta.

AOB queda dividido en tres partes Si, S2

Resp.: 1) D ; 2) C; 3) C; 4) B; 5) D; 6) C; 7) D;

y S3 . Lá relación correcta entre estas partes es:

8 ) B; 9) A; 10) A; 11) B; 12) D; 13) D;, 14) A;

15) A.

350. E JE R C IC IO S D E T A R E A (Variaciones sobre un mismo tema)

25)

«-------- ---------a ------------------------TAREA I

3) | a 2 ( 3 - - § - ) ;

4) 0,5-a2;

5) a2- ( f - 1 ) ;

En todas las figuras anteriores se debe calcular el área »achurada« en función de la magnitud- »a«.

6) a2- (2 — - j) ;

E stos ejercicios tienen p or objeto darlos de »ta­

8) 0,5-a2;9) |

7) { a2• <*• + 6 y / ? ) ; a2 - ( f + 1);

rea« de a dos diferentes a álum nos distintos. D e este modo aprenderán a relacionar y calcular

1 0

áreas y, al mismo tiempo, tendrán oportunidad de practicar la operatoria algebraica.

12) a2 - (2 - - § ■ ) ;

) a2 • G r - r f y l l ;

U no de mis alum nos encontró los resultados que se dan a continuación y, adem ás, me informó que había »algunos que no pudo »sacar« (resol­

14) a2 - ( 4 »

ver). ¿E stá de acuerdo con los resultados que él encontró? ¿Es usted capaz de resolver los que fal­ tan?

22) 0,25 ■a2 (4 - * );

R esp. I) l) 0 ,2 5 - a2- ( f - l j ;

1 1

) i - a 2 • (rr - v ^ 3 ) ;

13) a 2 • (1 - > / 3 + f );

+ v ^ 3 — 3);

15) a2 - ( \ / l - 1);

16) a2 • (4 — \/~3 — j jt);

24) 0,5a2 (r - 2);

23) 0,5 • a2 (4 - »); 25) 0,5a2

- 2).

T A R E A II 2) 0,25-a2 ( - j —1);

C alcular el perím etro de la parte »achurada«.

351. C A L C U L O E X P E R I M E N T A L D E *■ Este tema tiene p o r objeto darlo como »tarea« para que los alum nos de Enseñanza Básica y M edia trabajen individualmente en sus casas, practiquen la medición de magnitudes diferentes, no olviden la operatoria aritm ética, calculen el erro r que se comete y se discutan posteriorm ente en grupo los resultados obtenidos. P rim er método: 1) T o m a r una hoja de cuaderno (o de un papel milim etrado) y cortar de ellg una tira de m ás o menos 2 cm.de ancho. 2)

C on esta tira de papel d ar una vuelta a

una botella o a un tarro cilindrico y m arcar la

3) M edir el radio del circulo. 4) Como el área del círculo es: A = ir r , se obtiene de aquí:

longitud de una vuelta (Fig. 1).

A *

=

7

5) Se sustituyen en la fórmula anterior los valores encontrados que llevarán al valor de jr. 6) P ara calcular el % de e rro r cometido se considera el valorrr = 3 ,1 4 . Ejemplo: En el círculo adjunto hay 32 »cuadraditos enteros«; con los saldos de »cuadraditos« se completan aproxim adam ente 17,4 más. Con V "

esto, el total de cuadraditos es 49,4. Como un cuadradito mide, en este dibujo,

3) M ed ir la longitud de esta vuelta. 4) C on una regla (o con un vernier o “pie de m etro«) medir el diám etro de la botella o tarro. 5) C alcular las veces que este diám etro cabe en la longitud de una vuelta. (P ara esto basta dividir las magnitudes correspondientes a la lon­ gitud de una vuelta por la longitud del diámetro.) 6) Aprovechar el resultado obtenido para calcular el % de e rro r cometido considerando como verdadero el v alor* = 3 ,1 4 .

0,5 cm de lado, su área e s de 0,25 cm*. P o r lo tanto, el área de este círculo es: 0,25 cm8 -49,4 = 12,35 cm*. Por otra parte, el radio de este círculo es 0,5 cm • 4 = 2,0 cm. L uego* = 4 = r

4 ,0 cm

= 3,0875 ( = ) 3,09

El erro r absoluto cometido en esta determ i­ naciones: E»*. = 3,09 —3,14 = - 0,05. El % de e rro r cometido es:

% £

. 100 = 159% 1,14

Segundo método: 1) D ib u jar en el cuaderno una circunferencia de

Tercer método: Consiste en determ inar el área

unos 8 »cuadraditos« de diámetro.

del círculo A por »pesada«. Para esto se recorta

C alcular aproxim adam ente el área A del un círculo dibujado sobre una cartulina o cartón o plástico y se pesa en una balanza. En seguida, círculo correspondiente »cuadriculando« la figu­ del mismo m aterial elegido se recorta un cuadra­ ra 2. P a ra esto se considera como unidad de área do de lado conocido (no es necesario que sea de la correspondiente a »un cuadradito« (ver N° 2)

274). )240<

lado 1 cm) o u n rectángulo de lados conocidos

(por ej., 3 cm X 4 cm) y se pesa. Como se conoce el área de la figura elegida, se establece la siguien­ te relación que perm ite determ inar el área del círculo: á r e a d e l círc u lo

p e s o d e l circ u lo

á r e a fig u r a e le g id a

p e so fig . e le g id a

de donde: , .

,

.

p e so de l cír c u lo

,

r

,

.,

area del circulo = —— -— r— — área fig. elegida peso hg. elegida

A continuación se mide con una regla el ra­ dio del círculo y se sustituyen los valores encon­ trados análogam ente como en el caso anterior.

)2 « (

33a U N I D A D C á lc u lo d e lo s la d o s d e lo s p o líg o n o s re g u la re s in s c rito s y c irc u n s c rito s e n f u n c ió n d e l ra d io d e la c irc u n f e r e n c ia . C á lc u lo d e a p o te m a s y á r e a s d e e sto s p o líg o n o s. S e cció n á u r e a o d iv in a .

352. En el cálculo usarem os las siguientes abre­ viaciones: n

= .núm ero de lados del polígono regular.

/„

= lado del polígono regular inscrito de n la­ dos; e¡.: 4 . 4 >4 .

¿8

A» = área del polígono regular circunscrito de n lados.

Ej.: A* = área del polígono regular circunscrito de , 8 lados (octógono).

---4

kn .= lado del polígono regular inscrito de doble núm ero de lados que el anterior. A los ejemplos anteriores corresponden: 4 . 4 , / 1 2 , As • • • 4«

p„

= apotem a del polígono inscrito (Es la X desde el centro de la O al lado del polígo­ no inscrito; cae en el punto medio del la­ do); O M = />„ es tam bién la altu ra del A fundamental ABO del polígono, regu-

Si AB = L , resulta (Fig. 2) O M = Pm-A T = T B = 4 ,; C D = L. Siendo n G lN„, estudiaremos: a)

la serie del triángulo representada por 3•2" (por ejem plo:/3, 4 , /12, . . , )

b)

la serie del cuadrado representada por 4-2"

c)

La serie del pentágono representada por

(por ejemplo: 4 , 4 , /,«¡,. . . ) 5

-2" (por ejemplo: /5, /10, 4o, - - ■)

353. C alcular el lado del cuadrado inscrito en L„ = lado del polígono circunscrito de n lados = CD . Ej.: L3, L<, L « , . . . L , p,

= perím etro del polígono regular inscrito de n lados. Ej.: ps = perím etro del exágono inscrito. P12 = perím etro del dodecágono inscrito.

P.

= perím etro del polígono regular circunscri­ to de n lados.

Ej.: Pío = perím etro del decágono regular circuns­ crito. a,

= área del poligono regular inscrito de n la­ dos. E,j.: as = área del exágono regular inscrito. )*«<

función del radio r de la O circunscrita. Abrevia­ dam ente se escribirá: Calcular: 4 = f (r) Construcción: Se trazan dos diám etros per­ pendiculares y se unen sus extremos. El A fun­ dam ental AOB del cuadrado es A rectángulo isósceles. Luego resulta: AB = 4 (Fig. 3).

Cálculo de U '■ Basta con aplicar el teorema de P itágorasal A fundamental ABO:

Problema 2): En una O de radio a se inscribe y circunscribe u n cuadrado. ¿C u án to vale el área comprendida por los dos polígonos?

AB2 = OÁ2 + O B2 (U f = r1 + rz

A* = 4a2

(U t = 2r2

a<

= 2a2

A«, — a, - 2a2 a)

U = >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


Construcción: Se trazan dos diám etros -L y las tangentes en sus extremos. Resulta C D = L< (Fig. 4). Cálculo: Como C D = A E = 2 r , se obtiene:

Para calcular pt = O M se aplica el corola­ rio de Pitágoras al A A M O :

m

=0^

- a m 2 =■* - ( f >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
a) Además: P6 = 6 - L« = 4 r \ / _3 As = 6 -A C D O = b)

6 • Lt • r

Ü = 3 -4 rv ^ -

A« => 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 -

<4.7 = i, + V - 2 - r - f N/ 3 ( I n f = 2r* - f y / i /12 = r v / 2 —\ / 3

Cálculo: F*. /O A C D O - A ABO

Sea ah o ra AB = ¿12 y, p o r lo tanto O M = pi 2 i

• iAB n r = rrcr oKT
p a ra calcular p J2 se aplica el corol. de Pitágo­

Lia

ras al A A M O :

s / l - \ / l> y

\ / 2 + >/T

OM* = O Á 2 - A M 2 (P .

2)2 =

Lj2 — r2 - ( $ ) *

(p,2)j = r2 -

(

y

(se racionaliza amplificando por .

, ,2 2 ^-(2-v/3) (p u ) = r -----------4------(P 12)2 =

(p.2)2 =

4i* — 2 r

2 - \/"3 )

2 r< y 2 - t / y ? v/(2 + n/ 3)(2 - > / 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
Luego: AB = Ao AD - AB _ AB - AC Al “ AC

pero como AB = C D y AC = A X, resulta: AD - AB = AC, y AB - AC = BX. Luego:

y finalmente:

374. Cálculo de AoSe obtiene de la proporción de la sección áu rea del radio: A O :O X = O X :A X ; reem plazan­ do estos trazos por sus valores resulta: r : Ao = A o: (r —Ao);

373. C onstruir y calcular el lado del decágo­

como la incógnita es Ao se ordena la ecuación

no inscrito, o sea, calcular Ao = f (r)

respecto a ella:

/ " Solución: Basta dividir el radio en sec­

(Ao)* = r* — r- Ao

ción áurea; el segmento m ayor es el lado A0, o sea O X = ¿10 • (Fig. 17).

(Ao)2 + r ■Ao — r 2 — O Ao

= - -y ± \ / ( y ) 2 + 1*

Ao

r . / IT I± v —

Ao Ao

=

Ao

=

- T

Se aplica O X como cuerda de modo que AB = O X .

+

P ara que AB sea Ao debemos dem ostrar TV^5

Ao

que a = 36°; En efecto: A A BO nan

(no es solución geométrica)

= 36°). A X A B (tienen 2 lados proporcio­

luego:

=

( v A5' - 1)

375. T

Solución: O tra construcción y cálculo

xs = ( k f - ( h o f ;

de./io y k (Construcción de C laudio Ptolómeo, siglo 11 ).

basta m irar el dibujo anterior para llegar a que:

Se traza O C _L AB; se dimidia el radio O B de modo que

x2 = r2 2)

O M = M B = -y

En una O

o se a

x = r = k

se dibuja un X, del centro

AOB = 90°; a p a rtir de A se aplica el radio, como cuerda. (Fig. 19).

C on centro en M y radio M C se determ ina X . Se obtiene que (Fig. 18): O X = /I0 y C X = k

Fig. 18

Solución: P ara que BC = /I2 el 4 „ debe medir:

Dem.: El T eorem a de Pitágoras al A O M C se obtiene:

360

12 = 30°

C M 2 = OM* + OC2 E n efecto: C M 2 - ( - f ) 2 + r* = 4 + r2 = -§£-

4 AOB = 90°

luego

4 AOC = 60°

_ CM

=

f =

. . 4

MX

por lo tanto:

3)

a

= 30°

luego: C B = lu

A p artir de un punto A de una O se aplica como cuerda U =A B y /10 =A C . Demos­

OX = M X - MO

tra r que la cuerda CB es el lado del pentadeO X = -J v/"5 - - J = -J ( x / I - 1) que es el valor de l¡0. Luego O X = l¡0 P ara dem ostrar que C X =& se aplica el

cágonos regular = lu (Fig. 20). P ara que C B =ln debe verificarse que: a

360 o** - — rr* = 24

Teorem a de Pitágoras al A X O C : CX 2 - (/.o)2 + ( k f CX 2 = [-§ -(v /T - l ) ] 2 + i> 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<2 - iu

de donde: 4 = r \ / 2 —\ / 2 3) Sabiendo que eos 15°

= y v ¿ + v 3

Sea AB = 4* y BC = Ao Aplicando el C orolario del Teorem a de

calcular/24 4) Sabiendo que eos 22°,5 = \ \ / 2 + % / ?

Pitágoras a l A ABC, se tiene: ÁB2 = AC2 - B C 2

calcular 4«5) Sabiendo que

F ig . 2

c

eos

18° =0,95

calcular

4o-

pero:

ÁC = 2 r BC = i - ( y f S - 1 )

Al sustituir estos valores y efectuar las operaciones

correspondientes,

3
finalmente:

1)

4* = - j V l O

En un cuadrado de lado »a« se trazan arcos de centro en cada vértice y radio »a« (Fig. 1). D em ostrar que: E F = A* (Indicación: dem ostrar que 4 E B F = 30°).

se

obtiene

+ 2y/l

Esta expresión da la longitud del lado de la estrella de nuestra bandera que, apro­ xim adam ente, puede tom arse el valor 1,9-r. ) 2S5(

34' U N I D A D C á lc a lo d e •*-. M é to d o de A rq u ím ed es o d e lo s isop erím etro s. R ectificación d e la circu n fe­ ren cia. C uadratura d el círcu lo .

387. Ya vimos que el núm ero ir es la razón constante que existe entre la longitud de la O y su diám etro. E s decir: C T siendo C el perím etro o longitud de la © y ¿ el diám etro. Pero d = 2 r; por lo tanto: ^c = t , de donde se obtiene: C

b)

= 2 ir r ...

-- 2,598075 . . . adem ás cuerda A B < a rc o

si se tom a p o r r = ~ j; ( p o r e j.: - j c m ; m ; K m ,

Á t I j luego: a) P3 < O es decir, la longitud C

etcétera), resulta:

de la O es m ayor que 2,598075. 2)

c) Luego:

C =*-

crito F G H en el cual F G =Ls = 2 r \ / 3 ; su pe­ rím etro es:

equivale numéricamente

longitud de la 0

Veamos que sucede con el A circuns­

a

la

cuyo radio mide \ . Bastará,

entonces, calcular la longitud de esta O p ara obtener el valor d e * .

P3 = 31« = 6 r \ / 3 = 6 ' - j - 1,73205 . . . ...=5.19615 P o r otra parte:

ÍF + F T > arco IA T

Esto se consigue por el M étodo de isoperimetros o M étodo de Arquím edes, que consiste en calcular el perím etro de polígonos regula­

luego: b) P3> © o sea, la longitud C de la O es m enor que 5.196 15. D e a) y b) podemos decir que:

res inscritos y circunscritos en una O de r = - j . Al ir duplicando el N° de lados, el perímetro del inscrito va aum entando y el del circunscrito, dism inuyendo, tendiendo ambos perím etros a

IF + F T = L 3

2,598075 < ir < 5,191615. U n valor más aproxi­ m ado sería el promedio de pa + P3 o sea :

+ Pj

2,598075 + 5,19615

= 3,8971125

un límite común que es la O . Los dos coincidi­ rá n con la O cuando el núm ero de lados sea infi­ nitam ente grande. D e ahí que tam bién se diga

3) Pasemos al hexágono inscrito ATBKCI en el cual A T = k = r Pe = 6 - 4 = 6r = 6 - 4 = 3

que la O se puede considerar como un polígono regu lar cuyo núm ero de lados es infinitamente grande. A hora,

calculemos el

perím etro

de

los

polígonos inscritos’ y circunscritos de 3 , 6 , Í2, 24, etc. lados aprovechando las fórm ulas del capítulo anterior, pero siendo r = - j .

pero la cuerda A T + T B > 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 <*-.<3,215 El promedio

388. R E C T IF IC A C IO N D E L A C IR C U N F E R E N C IA Y C U A D R A T U R A Son varios los problem as que han preocupado a los matemáticos desde la antigüedad. Los grie­

^ P” ( = ) 3,16

gos trataron de resolver geométricamente (con

Si se sigue duplicando cada vez se observa

regla y compás) varios problem as logrando éxi­

que el perím etro del polígono inscrito tien­

to en muchos de ellos como: la duplicación de un

de a coincidir con el del circunscrito y por lo

cuadrado dado (el cuadrado construido sobre su

tanto con la circunferencia.

diagonal es el doble del cuadrado dado); el pro­

n

P"

P.

P» + P . 2

3

2,598075

5,19615

3,8971725

6

3,000000

3,46410

12 24

3,105828

3,215390

3.23205 3,160609

3,132629

3,159660

3,146145

blem a de tangencia de Apolonio, la cuadratura de las llamadas lúnulas de H ipócrates, el proble­ ma de la sección de Apolonio, etc., pero no pu­ dieron resolver otros problemas que hasta hoy siguen sin solución exacta sino sólo aproxim a­ da. P or ejemplo: a) rectificación de la circunfe­ rencia; b) cuadratura del círculo; c) duplicación del cubo; d) trisección del ángulo (conocemos la solución para la trisección del ángulo recto); etcétera.

1536

3,1415905

3,1415971

3,1415938

Veamos en qué consisten los dos prim eros problem as y sus soluciones aproximadas. )257(

389. R E C T IF IC A C IO N D E L A

Geométricamente

C IR C U N F E R E N C IA Consiste en encontrar un trazo cuya longitud sea exactamente igual que la longitud de la circun­ ferencia.

la

longitud

del

trazo

equivalente a la semicircunferencia se determ i­ na sum ando los 3 lados del A ABC para obte­ ner p = D E ; los 3 /5 de D E = D F equivale a la lon­ gitud de la mitad de la circunferencia (Fig. 3 ).

En el año 1900 el chileno W icke (de Rengo)

C

dió a conocer una solución bastante sencilla y satisfactoria p ara este problema: D em ostró que 3 /5 del perím etro del A rectángulo que tiene por catetos el radio y el diám etro de la O era casi igual a la longitud de la semicircunferencia. Es decir;

En efecto, sea ABC el A rectángulo cu­ yos catetos son AB = r y AC = 2 r; calculemos su hi­ potenusa BC aplicando el teorema de Pitágoras (F ig -2). AB = r ÁD = AC = 2r F‘g-2

BC = BE - r y ^ 5 p = DE

D F = -|-p ( =)*- r (media O )

390. A continuación daré una solución muy sen­ BC? = ÁB2 + AC?

cilla y con una aproxim ación bastante aceptable

BC2 = i* + (2r)* = 5i* luego: BC = r>/^5

(0,15% ) para construcciones prácticas.

El perím etro g de este A es (Fig. 2): p = 2r + r + r \ / 5

Sabemos que en una circunferencia de ra ­ dio “r* el lado del cuadrado inscrito en ella es U y el lado del triángulo equilátero ins­ crito es /j = r - v /r3 (Fig. 4).

p = 3r + r \ / 3 p = r(3 + \ / " 5 )

Fig. 4

p = r(3 + 2,23607) = 5,23607 • r -i- p = 1.04721 ^

r

p = 3,14163 - r P ( =)*•

r

El e rro r absoluto es: 3.14163 - 3,14159 = = 0,00004 y el e rro r relativo es:

■ ° ; S = 0,000012 - 0,0012% que es bastante satisfactorio. )2M(

Es decir, el lado x del cuadrado pedido es

D em ostraré que l, + /s equivale muy aproxim adam ente a la semicircunferencia de

- i p. geométrica entre el radio r y una longitud

radio •r'1. En efecto:

igual a la semicircunferencia. Pero, según Wicke, r r es igual a

lt

=

r - y / 2 = 1,4142 - r I

k

=

r - y / 3 - 1 ,7 3 2 0 - r j +

U +

k = 3,1462 - r ( = ) * • r

del perím etro p del A rectán­

gulo de catetos r y 2 r. Luego, el problema se reduce a construir la -i- p. geo. entre y p y r. para lo cual aprovechamos

El erro r absoluto es 0,0046 -r y el % de erro r relativo es 3

rr ~ 0,15% que es b astan­

te aceptable para una solución ta n simple. Para la construcción seguiremos este orden: Io)

se dibuja

la circunferencia de

el prim er Teorem a de Euclides. Se hace D F - -5- p; se dibuja la circunfe­ rencia de diám etro D F y se traza l a l e n H siendo

D H = r. El trazo D I es el lado del cuadrado cuya radio área es aproxim adam ente igual a la del círcu­

»r« (Fig. 4); lo de radio r (Fig. 6 ). 2o) se m arcan los extremos de dos diám e­ tro s perpendiculares determ inándose l, = AB; 3o)

se aplica el radio dos veces como cuer­

da a p artir de A determ inándose AC = 4 ; 4o) se traza la tangente en A y se copia ÁD = Á C = í 3 y A E = A B = / 4. La sum a de ellos da: D E ( = ) y O (Esta solución es útil en la construcción de modelos en cartulina de cuerpos cónicos o cilin­ dricos como se verá más adelante N° 451).

O tra solución mucho menos exacta se ob­ tiene al considerar \ / j r cási igual a

391 C U A D R A T U R A D E L C IR C U L O Ya hemos dicho que este problem a consiste en

En

efecto: si x2 =x r 2 el valor del lado x del cuadrado es (Fig. 7):

determ inar el lado de un cuadrado cuya área sea

0

C

exactam ente igual al área de un círculo. Designando por »x« el lado del cuadrado y p or *>r« el radio del círculo, debe verificarse que (Fig. 5): x2 = ir r2 T am bién, p o r ser jt un núm ero inconmensu­ rable, existen sólo soluciones aproxim adas. U na de ellas es la siguiente: x = t\ / H ( = ) r \ / 3 ; o sea que el lado del cuadrado sería I3. Siendo AB =l3 = r \ / 3 el cuadrado ABCD tiene un área muy próxim a a la del círculo de ra ­ dio r.

La ecuación anterior puede escribirse en forma de proporción: r __ x x r r

392. E J E R C IC IO S R E S U E L T O S 1 ) En un A isósceles en el cual el 4 del vér­ tice es la mitad del 4 basal, la bisectriz de ) 259 (

un 24 basal divide al lado opuesto en sec­ ción áurea. H) CA

y como A F = r, el 4 FO A = 60° luego, el a, E O F = = 3 0 ° + 6 0 ° = 90° y por lo tanto E F =/«

= CB: (Fig. 1):

pero U = r \ / 2

* C A B = 4 ABC = 2 7 ÁD ' r \ CB l >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-
2-U

. ' . a) l„ = v C alcular el área del cuadrilátero que se

6)

obtiene al u n ir A con D.

C alcular

/3 = f (L 3 )

siendo

L3 = 2 r\fl>

La fórmula anterior expresa que: 2 •1^

n, AOB = 6 0 °

Solución:

/ S

pero Lg = 2 r \ / T

* B O C = 90° +

* C O D = 30° a, A O D = 180°,

4 r\/T

h ~

por lo tanto AD es diámetro.

v 1

Como U = r ; l4 = r\/~ 2 y lxi = r \ / 2 —\ / T /3

basta calcular las apotemas correspondien­

4 rv /3

/r-v /3

\ / 4 + 12

*

=

tes aplicando la fórm ula N ° 362 se obtiene: luego: pe —5"V^3; P* = ~ j\/~ 2 ’, p n “ y

+ v ^

Se calculan las áreas de los A ABO, A

4 = r\/3 7)

BCO y A C D O .

Dado el lado »a« de un octágono regular, se pide construirlo.

A ABO = A BCO =

2

U •pt

A C D O =-

~

2

r5 /— =t V ^

determ inar O . Se traza 0

r\/"2 --j-v/2

2

Basta tra z a r en A y B un n, de 67°-y para

r2

2

V

4

luego, el área ADCB = 4 vA 3 + 4 + 4 = t ( v A3 + 3 ) 5)

(O , O A) y se aplica

a = AB como cuerda en esta O (Fig. 5). Fig. 5

C alcular /„ en función L„ y r. Basta despejar /„ en la fórmula: U =

27. B

U - ( k f

O tra solución puede obtenerse por homoteda.

U - x / 4 - ( 4 ) 2 = 2 ■ln; ambos miembros al cuadrado (L „ ) z ( 4 - ( 4 - ) 2) = 4 •(/„)2

8)

En

una

semicircunferencia

de

diám etro

AB se aplica desde A una cuerda AD = k y desde B una BC = /i 2- D em ostrar que al unir C con D resulta C D =U (Fig, 6). Solución: P ara que C D sea U el a, del cen­ tro C O D debe valer 90°. En efecto: )261(

1) E n una semi O de diám etro AB se aplica como cuerda AD = U y BC = kC alcular el perím etro y el valor de cada ángulo del trapezoide ABCD. Además su área (Fig. 9): * A O D = 60° y * B O C = 3 0 “. Luego: 4 C O D = 9
En

una

semicircunferencia

de

diámetro

ÁB se aplica desde A una cuerda AC = /i2. D em ostrar que la proyección de AC sobre el diám etro es igual a la cuarta parte del lado del dodecágono circunscrito a la misma circunferencia (Fig. 7).

Solución: a) A AO D es equilátero = 60° y DH = y > / 3 b) C B = U -' ■ 4 C O B = 45° y

Solución: Sea AC =Aj y A H = x según el 1" T eorem a de Euclides resulta:

0

180 - 45

I

= -----5----- = 6 r T

c) A D O C = 180° - 60 - 45 = 75° luego:

ÁC 2 = AB A H * C D O = * D C o |-^ f^

( h i f = 2 r • x de donde x = ~TT ’ Pe r o ^® = r \ / 2 - v / 3

= 52“ Í

por lo tanto: y = 67° \ + 5 2 ° \ = 1 2 0 = 4 B D C

pues Lj 2 = 2 r • (2 —\ / 3 ) 10) E n

una

semicircunferencia

, de

6 = 60 + 5 2 ° - ^ = 1 1 2 ° 4 - = 4 A D C

diám etro

ÁB se aplica u n a cuerda AC = /«. Demos­

. ’.ít+ £ ¡ + 7 + ó = 60 + 67° -j- +120° +112° -y = 36°*

tra r que BC = 2 • p» (Fig. 8). d) como BC = U resulta C E = - j U y O E = p 4 = y \ / 2 luego H E = H O + O E = = - j + -y \/~ 2 =

"F n / 2 ) = C I.

Aplicando él Teorema de Pitágoras al A H ) ÁC -

, O M = p.

T ) BC = 2 ■Pn D) A ABC - A AOM AB

BC

AO

OM

iL = B C = 2 p„ r P(o bien: O M = m ediana del A ABC). ) 262 (

ICD , resulta: CD 2 = C T + D T x * = [ ¿ ( l + V ^ 2 )J + i T V ^ - T ' / 1 ]2 x2 = ¿ ’ ( 3 + 2 ^ 2 + 5 - 2 x / 6 ) x2 = 4 -( 8 + 2 V/ 2 - 2a / 6)

Solución:

= 4 > /8 + 2 y / 2 - 2 > / 6 = r

ir » = — 2'g— r arco AD

T 's/ a

(2 + y v / 2 - T V ^ ó ) =

2, r

ir

arco BC =

= T \ / 2 -+ J¡-\/~2 — -y

\/~6

arco D C = b = * r

,

t

7r

T r ~ T = 17 r

(Tam bién se puede calcular al arco b por

Perím etro del trapezoide A BCD es:

la fórmula N° 347).

p = 2r + r y / 2 - \ / 2 +

b + r \ / 2 + - j¡ - ^ 2 —

1 a .®

a

~ I7 F = 360

-*"r

.

105°- 2 r r

b =

p = r • (3 + a / 2 - y / 2 +

P*™ «

= 105 7

35o— = n , r r

Luego: perím etro ABCD es: + y / 2 + - 5- \ / ~ 2 - y V ^ ) área

= A AHD

+ trapecio D H F C

+

+ A CEB = etc----una

semicircunferencia

de

diám etro

AB = 2 r se hace A D =Z8 y BC = /12, C alcu­ lar el perím etro y el área de la figura limi­ tada por el diám etro AB, las cuerdas AD y BC y el arco C Í) (Fig. 10).

p = r(2 J2 + r + \/2 !" ~ v /3 + \ / 2

—' \ / 2 )

El área ABCD = A D A O + sector D O C + A

«

12) En

p = 2 r + r \ / 2 - \H S + ^ » r + r \ / 2 - V ^2

BCO área A D A O =

U • iii

=

rv /2 - s / 2 - j y / 2 __

+ s/2

,

= |v ^ b •r 7 2 area sector s = - j — = ^4 r área A B C O =

r \ / 2—

-2 7 2

+ v /3

área total = y \ / 2 + ¿ * r2 + -£- =

=

+ -g- x + 1)

)263(

r2

35“ U N I D A D A p lica ció n d e l A lgeb ra a la G eom etría. C on stru ccion es fu n d am en tales. E xp resio n es h o m o ­ g én ea s y h etero g én ea s. D u p lica ció n d e l cu bo.

393. A hora resolveremos los problem as de geo­

es una expresión homogénea porque todos sus tér­

m etría con la ayuda del álgebra. D e esta manera

m inos son del mismo grado.

las letras m inúsculas servirán para indicar lon­

•Son tam bién homogéneas las siguientes:

gitudes de trazos. P or ejemplo: a, b, c, d, etc., se­

a 2 + 2 ab + b2

rán trazos de longitud conocida; t, u, v, x, y, z re­

ab —ac

presentarán trazos por determ inar.

2

+ be 2

xy+xy

+az

2

2

+az

Veremos lo que se entiende p o r grado de un térm ino, p o r grado de una expresión algebraica y p o r expresión algebraica homogénea.

a 4-b + c m +m +d

j ___a_____c_ b d

U na expresión en que figuran sólo térm i­ 394. El grado de un término es igual a la sum a al­ gebraica de los exponentes de las letras que in­

x = a + b — 3c

tervienen como factores del término. Ejemplos: 5ab es un térm ino de 2° grado (a 1 -b1 da 1 + 1 - 2) 8x es un térm ino de Y ' grado (x 1 d a 1 )

.

x2y3 z es un térm ino de 6o grado ( 2 + 3 + 1 = 6 ) —17 a 4b es un térm ino de 5o grado ( 4 + 1 =5) 18 ^

/

es u n térm ino de 3er grado (1 +1 + 2 - 1 = 3)

- 9 ab " es un térm ino de (1 - n ) grado 12

j^ 17*e s u n térm ino de 0o grado 5 - \ / ^ c s un térm ino de -y grado (p o rq u e\/~ a = a 1) 7 \ / a - v ^ b es un térm ino de -|- grado (porque

JL +_L 2

3

nos de 1" grado representa u n trazo. P or ejem­ plo:

y = { a + y b - 0,05 c U na

expresión fraccionaria representa un

trazo cuando el grado del num erador es m ayor en una unidad al grado del denominador. P o r ejem­ plo: a2 - 3 b 2 + 5 c d

c2 - d 2

x = t ;y

+ TT

Las expresiones x = \/~3Íb; y = \ / a —t> ; z = s / a 2 —be +c 2 son expresiones homogéneas, irracionales y enteras de prim er grado. P or lo tanto x, y, z son trazos. Análogamente en las expresiones fraccio­

6

>

narias siguientes:

4 y i y ? _____ ii

es un térm ino de ^ grado

a +b a +b

, 1 ,2 1 11 , (p o rq u e — + T - T = 35 )

- .V ír

N inguna expresión heterogénea puede re­ presentar un trazo, como tampoco una superficie

395. E X P R E S IO N E S A L G E B R A IC A S H ETERO G ENEAS Y HOM OGENEAS

ni volumen. Ejemplo: x = ab 2 —m n + c. Si se tra ta de un área la expresión tiene que ser homogénea de segundo grado. Ejemplos:

L a expresión 1) 8a 2x 6 - 7 a 3bx + 9bx3, es de 5o grado con respecto a x; de tercer grado respecto a

x2 = ab - c2 +

a y de 1" grado respecto a b. Además, el térm ino

xy = \ / a 4 +

8a 2x5 es de 7o grado, el

- 7 a 3bx es de 5°

grados y el 9bx 3 es de cuarto grado. P or lo tanto la expresión 1 ) es heterogénea. 3a6 - 7 a 6b + 9 a 4b2 - 6a 3b3 + 5 a V + 8ab 6 - b 6 )264<

ab3

Análogamente, si se trata de volúmenes de­ be ser homogénea de tercer grado. Geométricamente, es decir, con regla y com­ pás sólo se pueden construir expresiones algebrai-

cas homogéneas de l ' r grado o que contengan irracionalidades reducibles a otras cuyo índice sea 2. Por ejemplo:

7

/ x = \ / a4 + b4 = \ / \ / a* + b4,

/

p o r lo tanto puede construirse. Fig. 4

y = 3V 7 T ? no puede construirse geométricamente.

E) C onstruir x = - y ; esta expresión se puede escribir x = y a .

396. C O N S T R U C C IO N E S F U N D A M E N T A L E S D E E X P R E S IO N E S D E P R IM E R G R A D O A)

/

Sobre el lado libre dibujado en A se aplica un trazo 5 veces; se une P con B y por el punto 3

C onstruir x = a + b.

se traza la / / a PB (Fig. 5). a

b

r

I

¡*-

1c ■78 /

A r

r

a

1

I

------------ x —

--------*

1 1 1

Fig. 5

Resulta: x = AC = -5 a B) C onstruir x = a - b

(debe ser a > 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 " Pr<)p.

—

a * 2

I b

' D E

geométrica) Fig. 23

ab = z2 (otra y prop. geométrica). C onstruidas estas dos y proporc. geomé­ tricas, resulta: x = \ J y2 - z 2 (x = un cateto según C orola­ rio Teorem a Pitágoras).

8)

C onstruir x = a ( \ / T - 1). Se convierte en: x - a v / 5 - a . Sea y = a y / J

= y /5 ?

= N/ ( 2 a ) 2 + a 2

O tra descomposición es factorizando: x = \ / a -( 2 a —b) siendo 2 a - b = m queda x = \ / a-m (x = 4 - proporc. geomé­ trica entre a y m). 6)

C onstru ir x =

\f

2i +

Se puede descomponer en: )269(

(y = hipotenusa según el T eorem a de Pitágoras).

Solución: Se transform a en: x = /ja *

- \Z y b !

Resulta x = y —a. Observaciones:

x = v^T a 'a ~ x /y ^ b

I) Se puede tam bién construir x como el

E s decir:

-y. a -a = u (u = \

prop. geo­

lado Uo en una O de radio 2a. métrica entre a y y a) II) L a expresión a \/~S se puede construir

9)

tam bién como -£■ proporc. geométrica entre

\ / 4- b b = v

(v =

5a. y a.

entre b y 4j-).

C onstruir x = a \ / ^ y - b v / y

Resulta x = u —v.

4" prop.

geométrica

I*----------- v ---------- -w

i i

Fig.25

4r

1) Â B - a; Â D - -y a; ÂC = u (F ig .2 5 ) .

y = u (u = 3a* p . geométrico

2) Ë F - b; Ê M » y ; E Ñ = v

Resulta: x = \ / \ / a' (a2 + u2); pero

3) Ô S - x.

a2 + u2 = v2 (Teo. Pitágoras) luego: x = \ / \ / ¡ i - v* que da finalmente:

10) C o n stru ir x = \ / 2a! + 3b*.

x = v / a-v (x = y p . geo. entre a y v).

Solución: Se transform a en x = \ J 2a-a + 3 b -b

12) C o n stru irx = 4\ / a * —b4

Sea 2 a - a =u * (u = y proporc. Geom . en­ tre 2a y a). 3b-b = v2 (v = _y prop.

= y ).

geométrica

entre

Solución:

Puede

hacerse

la

transform a­

ción del ejercicio anterior pero en este caso es preferible la siguiente:

3b y y .

x = 4y / (a1 + b 2) • (a1 - b2)

Resulta: x = \ / us +v4 (x = hipotenusa, se­ gún el Teorem a de Pitágoras).

sea: a2 4-b2 = u2 (u

= hipotenusa, según

Teorem a de Pitágoras). 11 ) C o n stru ir x = * s / a4 + b 4. as —b* = v* (v = un cateto, según Corol. de Solución: Se transform a sucesivamente en: Pitágoras). x = < / v / a 4 + b 4; se saca factor común a2 x = v / v ^ 'a* a (a* + ~ b) x - > / / a * - t a ’ + (fÍf]; ya se puede construir: >270 (

■Resulta: x = * \ / u2 vJ que da finalmente: x = \ / u-v ( y p. geométrica entre uyv) . 13) x = (abcd)0’28. Solución: Se transform a en: x = (abcd) 7

lo

qu e da : x = ‘y /a b c d

Solución: Se convierte los exponentes nega­ tivos en positivos:

pero

ab = u2 ( j proporc. geométrica entre a y b)

< & --< !*

cd = v2 ( j proporc. geométrica entre c y d)

■ '

Resulta: x = ' \ / u2 -v2 =

a2 b2 l? *" a2 | x = ------- —• 7 ; se amplifica por a 2 -b2 ,

(uv)2, lo que da:

x = v / u v ( y proporc. geométrica entre u

a

b

yv).

se obtiene: x = 14) C onstruir x en la expresión: -g- = y - i Solución: Se multiplica abe, obteniéndose:

b +a

• i <

x - (a + b*>
la ecuación por Se construye a 2 —b2 = u 2 (u = un cateto, según C orolario de Pitágoras). Resulta:

a2c = abx - b2c abx = a2c + b2c _

X

t

x = f (x = 3 ' proporción geom étrica:


ab

Se construye prim ero a2 + b 2 = u 2 (u = h i­ potenusa, según T eorem a de Pitágoras) re­ sulta : x =

17) Construya x en la expresión: x [ y ( v A - l )]°'6 = ab; se transform a en:

que se descompone en: x =

s e . construye la 3* proporción geométrica

x ■\ / y ( \/" 5 —1 ) = ab; se eleva al cuadra­ do.

Resultando finalmente:

x2 ■y ( v / ^ —1 ) = (ab)2;

x = V - (4‘ P- geométrica: 7 = - 7 ).

15) C onstruir x = < /a b + — a - b 2. Solución: Se puede construir: ab = u2 (u = y p. geométrica entre a y b) c2 — = v(v = 3 * p. geométrica 7 = 7 ).

se divide por y x2 - ( v ^ - D

x2 = s / T ^ l ’ ** am Plifit'a por ( v / 5 + 1)

x2 =

= f (v^ + l )

.

¿ib

•V construye y = u

R esulta: x = y / u2 + c-v - b s

entre 4 y b)

se construye: c - v = t ? (t = j p . geométrica entre c y v )

Resulta:

queda: x = \ / u 2 + t 2 - b 2 se construye: u2 + tJ

= y2 (y = hipote­

nusa, según T eorem a de Pitágoras). Por último: x = y / y1 - b 2 (x = un cateto según C orolario de Pitágoras). (—)’ _ 16) C onstruir: x =

a

+ b"

— •c 1

= 2 ab

2

I

(u = j p. geométrica

x2 = u2 • ( \ / T + I ) x2 = u 2 y / J + u2

se construye: u2 y/~5 = v2 (v = ÿ p. geométrica entre u y u y/~5) luego: x2 = v2 + u2 (x = hipotenusa, según el T eor. de Pitágo­ ras). 18) C onstruir geométricamente las la ecuación:

raíces de

)271(

X2

- 2 a x + b 2 = 0 , siendo

a

y

b trazos (ver

2a-a

\/~ 3 = u2 (u

= y

proporc. geométrica entre 2a y a\/"3 > siendo

N 0 323-1) 19) C onstruir

Se construye

geométricamente

las

raíces x ’

y x” de la ecuación: x2 - 2ax - b 2 = 0 (ver N° 323-2).

a v / 3 la altu ra de un triángulo equilátero de lado 2a). Resulta: x = y / (2a)2 - u

20) C onstruir la tercera proporc. geométrica x pero aprovechando uno de los T eo ­

(x = u n cate­

to, según C orolario de Pitágoras). Construcción (Fig. 28):

rem as de Euclides. Según el 1" T eorem a de Euclides (Figu­ ra 26):

1) A equilátero ABC de lado 2a. 2) altura C M = a \/~3 3) C D = C M = a \ / 3 1) AC = a 2) y O

4) i O (BC) de diám etro 2a. (AC) que se corta desde A con

5)_L en D , resulta: C E = u (1" Teorem a de Euclides) y BE = x (Corolario de Pitágoras).

b = AD; 3) A recto en C; 4) A D —* D det. B Resulta: AB = x ¿Cómo se procede si b > a? Según el 2° T eorem a de Euclides se ten­ dría el orden siguiente (Fig. 27) : C

398. P R O B L E M A S G E O M E T R IC O S P O R PLANTEAR P ara resolver u n problema geométrico con ayuda del álgebra es conveniente el siguiente orden: 1°. Análisis del problema: Consiste en hacer una figura de análisis co­ mo si ya estuviera el problema resuelto; en esta figura se ubican los datos y las incógnitas. La de­ signación de la o las incógnitas debe hacerse de acuerdo con la pregunta del problema. 2°. Plantear la ecuación: E sto se hace de acuerdo con el enunciado o

1) Se traza una -L C D = a; 2) Se copia b = D B y B (-)C; 3) L a X en C a CB det. A.

condiciones del problema. La ecuación o ecua­ ciones que se plantean deben ser independientes entre sí y deben relacionar los d ato s con las in­ cógnitas aplicando teorem as o relaciones co­ nocidas, por ejemplo: Teorem a de Pitágoras, o de Euclides, o semejanza, o cálculo de áreas, etc.

R esulta: AD =x. 21) C o n stru ir x = a \ / 4 - 2 v 3 Se transform a en x = \ / a2 -(4 —2 \ / 3) x =\/4a2 - 2 a V 3 x = v / (2a)2 - 2a - a \ / 3 )272(

3a. Construcción: Deben construirse

las

expresiones

alge­

braicas que se encuentran al resolver la o las ecua­ ciones planteadas en el análisis. 4a. Discusión: Se refiere a indicar el núm ero de soluciones

o en qué casos, según los datos, el problema tiene o no solución.

Otra solución algebraica: Si las partes son entre sí como

5o. Demostración: Puede suprim irse si se ha hecho un análisis y construcción correctas.

del área total a2. Es decir: - y 5- = y de donde: x = | a 2)

399. P R O B L E M A S 1) Desde un vértice de un cuadrado trazar una recta que lo divida en dos partes que sean én­ tre sí como 2:3. Solución geométrica: Veamos m ente la solución geométrica.

prim era­

Se dividen los lados opuestos al vértice D en 5 partes iguales cada uno; al unir estos puntos con D el cuadrado queda dividido en 10 partes iguales; por lo tanto 4 de estas partes serán (Fi­ gura 1).

- significa que el A E C D es í

D ividir un trazo dado a en dos segmen­

tos de modo que el rectángulo formado por ellos sea equivalente al cuadrado construido sobre la diferencia de ellos. Análisis (Fig. 2): Sea AC = x y CB = a —x los segmentos pedidos.

A

x

C

Q- x

B

La condición del problema es que: A C-CB

= (CÍB - AC)2, es decir:

x-(a - x ) = [ (a - x ) - x ] 2 Fig. 1

ax-x2

= (a - 2 x ) 2

ax - x 2

= a2 - 4 a x + 4 x 2;

ordenando se obtiene: 5x - 5 a x 4-a2 = 0 /:5 x2 -

ax + y = 0 a

= ■§■ del total a2 y el resto será Por lo tanto : A E C D = y2 „2 a'

=y

a

x2

y)

- t

Ya se puede construir: geométrica entre a y y )

y

= u2 (u =

y

propo re.,

A ECD

trapecio DA BE =-|- a2

Q ueda:

Solución algebraica: Sea C E = x y BE = a —x

x = 4 ± \ / ( y ) 2 - u2

sea n/ " ( y

~ u2 = v (v = un cateto, según C o­

rolario de Pitágoras) área A E C D =

-

| . x X’

= y

+ V

área trap. D A B E = —4 - y ——•a = y - ( 2 a —x) Construcción (Fig. 3):

pero

a) 1. AB = a; A D =-§luego.

2. y O ( A B ) y l e n D .

|'(2 a-x )

3. AC = uáa ^ l c = T

donde resulta: x = | a

Construcción: B asta dividir BG en. 5 partes iguales y u n ir D con el 4o punto, lo que da la recta pedida D E.

b) 1. À O = -§• 2. y O (AO) 3. Se corta con arco O (A, u) determ ina D. 4. R esulta O D = v )273<

c)

C on centro en O y radio v se determ ina E y

Resulta: BD = u - a = x 4)

F; resulta:

D ividir un trazo dado a en dos segmentos

de modo que el rectángulo formado por ellos sea BE = BO + O E = y 4- v = x' B F = B O - O F = y - v

= x” .

equivalente a la diferencia de los cuadrados cons­ truidos sobre los segmentos. Fig. 5

3)

D ividir u n trazo dado a en dos segmentos

de modo que los cuadrados construidos sobre ellos sean entre sí como 1 : 2 . A nálisis (Fig. 3): Sean los segmentos

Análisis

(Fig.

5):

Sean

los

segmentos

AC = x ; Cí? = a —x. Condición: AC- CB = AC2 —CB2. x • (a —x) = x2 - (a —x)2 ax - x 2 = x2 - (a2 - 2 ax + x 2); AC = x y CB = a — x

se reduce y ordena:

L a condición es que:

x2 + a x - a 2 = 0

AC2 : CB 2 = 1 :2 (a - xf 2\

x = - ya ±i V/ (/ ya )>2 +, 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<£(P) 28) ( . . . ) L D ( P ) = | S) 29) ( . . . ) L n AB = ¡ S | 13) (. .) L as rectas A l y BT son coplanarias.

30) (. . . ) L n A B Í ( P )

14) ( . . . ) Los puntos H , E y F son coplanares.

31) ( . . . ) L a L ' se cruzan.

15) (. . . ) (P) n plano (E F I) = AB plano (H E I) = Xf

Resp.: T odas son verdaderas salvo las N° 11 1 7 - 2 1 -30.

D

(A D EH )

32) Se tienen en el espacio cuatro puntos no

D plano (B C FG F) D plano (D C G H ) = .

todos colineales ni todos coplanarios. Al distribuirlos y ubicarlos convenientemente,

16) ( . . . ) Plano (ABFE) 17) (. . . ) plano

n

(ABFE)

18) ( . . . ) Siempre coplanarias.

dos

19) ( . . . ) Siem pre

dos

rectas

plano

paralelas

son

se puede determ inar un máximo de: rectas

perpendiculares

A) 3 rectas y un plano;

son coplanarias. 20) ( . . . ) Si

el

plano

B) 4 rectas y un plano; (ABCD)

//

C) 5 rectas y 3 planos; D ) 6 rectas y 4 planos;

plano

(E F G H ) = * la intersección de ellos es el conjunto vacío. 21) (. . . ) Si el plano (ABCD) / / plano (E F G H ) entonces cualquier

recta

que

pertenezca

al prim er plano es paralela a toda recta del

E) 4 rectas y 6 planos. 33) Designando por Li y dos rectas, por Px y P2 dos planos, se afirm a que: I)

Si P, f l Ps = (¡i, entonces Pi / / P2

II) Si Pi f l Li = L i, entonces LjG P, III) Si Li a La € entonces Li / / Lz

Pi,

Li

O

L2 =

0 ,

De estas afirmaciones son verdaderas solamente: A) I y II

B) I y III

C ) II y III

D) la stre s

E ) ninguna. 34) Si Li y Lj son dos rectas y A un punto, del plano o del espacio, se afirm a que: I)

Si Li- n L¿ ser Li / / L2

II) Si Li

a

=

L] n L¿ = L2 se crucen.

í> obligadamente debe

puede

ser

que

III) Si L¡ O L2 Li y L2 se cortan.

=

(A)

significa

que

III) La figura 11 representa, tam bién, dos planos secantes pero oblicuos.

D e estas afirmaciones son verdaderas so­ lamente: A) I y II;

B) I y III;

C) II y III; E) ninguna.

D ) las tres;

35) T re s rectas no coincidentes de un plano al ubicarlos convenientemente en él, lo di­ viden en cierto número de regiones co­ rrespondientes a una de las siguientes a l­ ternativas: A) mínimo 3 regiones y máximo 6;

IV) Los dos planos pueden ser coincidentes. Por lo tanto, todos los puntos que pertene­ cen a uno de los planos pertenecen al otro y vice versa.

B) m ínim o 2 regiones y máximo 7; C) mínimo 6 regiones y máximo 6; D) mínimo 4 regiones y máximo 7;

Los casos correspondientes a las figuras 10 y 11, hacen ver que al cortarse dos planos lo hacen según una recta.

E) mínimo 4 regiones y máximo 6; Rexp.: 32 =D ; 33 = D ; 34 = C ; 35 = D .

407. A N G U L O D IE D R O * 406. P O S IC IO N R E L A T I V A D E D O S PLANO S

Es el ángulo que forman dos planos al cortarse.

I)

En la figura 9 se han dibujado dos planos

es la arista del ángulo. Estos ángulos se desig­

paralelos

representan

nan con las letras de su arista. Así en las figuras

por dos parálelogram os que tienen sus la­

10 y 11 se lee “ ángulo diedro AB” . Tam bién puede leerse: ángulo diedro PiABP2.

(Pi)

//

(P2).

Se

dos paralelos.

La recta que determ inan los planos al cortarse

L as caras del diedro son los planos (Pj) Fig. 9

y (P2) que.lo forman. Se puede decir, también, que cuando un plano gira en torno a una recta del plano se engen­ d ra un ángulo diedro (Figs. 10,11 y 12). Se llama »ángulo rectilíneo correspondien­ te

al

diedro«

al

ángulo

a

formado

II) En la figura 10 se repesentan dos planos se­ cantes perpendiculares, es decir, se cortan formando los planos un ángulo recto: (Pt) -L (P*).

*Del griego: d is = d o s, cdra = plano.

)2 8 9 (

por

dos perpendiculares trazadas en un punto O

409. P R O Y E C C IO N D E P U N T O S Y

de la arista quedando cada perpendicular en un plano cada una. Este ángulo rectilíneo es la

La proyección de un punto sobre un plano es el

medida del ángulo diedro al cual pertenece. De

pie de la perpendicular trazada del punt o al

esta m anera, un ángulo diedro será recto cuando lo sea su ángulo rectilíneo y dos ángulos diedros

plano.

serán congruentes cuando lo sean sus ángulos rec­

es el conjunto de las proyecciones de todos los

tilíneos.

puntos de ella en el plano. Así, la proyección del trazo AB sobre el plano (M N ) es el trazo A’B ’ siendo el plano proyectante (AB) perpendicu­

408. A N G U L O P O L IE D R O O A N G U L O S O L ID O Se da este nombre al ángulo formado p o r varios

R E C T A S E N U N PLANO

La proyección de una recta sobre un plano

lar al plano de proyección (M N ) (Fig. 15). B

ángulos planos que tienen el mismo vértice y qu e, de dos en dos, tienen una arista común (Fig.

¿C uánto vale la proyección de un trazo que es paralelo al plano de proyección? ¿Y si es perpen­ dicular a este plano? El ángulo sólido más común es el triedro (Fig. 14), es decir, el form ado p o r tres planos que forman sus tres caras. En cada rincón de una sala de clases tenemos un triedro (el ángulo está

410. E JE R C IC IO S 1)

D os puntos A y A ’ son simétricos con rela­ ción a un punto P del espacio cuando P

formado por dos paredes vecinas y el techo; etc.).

es el punto medio del trazo AA’. P or lo tanto, el punto P pasa a ser el centro de si­

¿C uántos diedros y aristas hay en un triedro?

m etría. H aga usted un dibujo de una es­ fera y verifíquelo para lós puntos de la su­ perficie esférica. 2)

D os puntos A y A’ son simétricos respec­ to a una recta L del espacio cuando L es una de las infinitas simetrales del trazo AA’. La recta L pasa a ser el eje de simetría. Represente gráficamente este caso.

3)

Dos puntos A y A’ son simétricos respecto a un plano (P) cuando este plano es per­ pendicular al trazo AA’ en el punto medio de él. El plano pasa a ser el plano de sime­ tría y cualquier punto de este plano equi­ dista de A y A’. Represente este caso grá­ ficamente y enúncielo como un L.G.

4)

Si AB es perpendicular al plano (M N ) y AC cualquier recta que pasa p o r A y corta al plano (P), dem ostrar que:

o dicho de otro modo: dem ostrar que la perpendicular de un punto a un plano es la m enor distancia del punto al plano. 5)

¿Dónde se encuentran los puntos equi­ distantes del suelo y del »cielo« de una sala de clases?

6)

7)

¿Dónde se encuentran los puntos equidis­

tenecen a (M N ); L 3 es cualquier recta que pasa por el pie H ; Lq €E(M N )

tantes de dos paredes vecinas de una sala?

T .) P H -L U

¿Dónde se encuentran los puntos equidis­

D .) Se traza una recta L que corta a las tres an­

tantes de dos paredes paralelas de una sa­

teriores en los puntos A, B y C. Se prolonga P H de modo que H P ’ =-PH y se une P ’ con

la? 8)

H ) P H es perpendicular a Li y L¡ que per­

D eterm inar

los

puntos

que

equidistan

de una pared de la sala y de las dos paredes adyacentes a ella.

A, B y e . Se obtiene C P = C P ’ por ser C un punto de la simetral de P P ’ . Por igual razón se tiene AP = Á P . Con esto el A A C P 5? A A CP’

9)

D eterm inar

los

puntos

equidistantes

del suelo y del techo de la sala y, al mismo tiem po, equidistantes de dos paredes veci­

por tener sus tres lados respectivamente iguales. De aquí se obtiene:

nas. * P A B = * P ’AB'. 10) D eterm inar los puntos que equidistan del suelo y una pared de la sala y, al mismo tiempo, del suelo y del techo de ella. 11) ¿C uál es el L .G . de todos los puntos del es­ pacio que equidistan de dos puntos dados A y B? G rafique, 12) ¿C uál es el L .G . de todos los puntos del es­ pacio que están a una distancia dada »a« de una recta dada L ? Grafique.

Con esto llegamos a que el - A P A B ^ A P ’AB por tener iguales dos lados y el ángulo com­ prendido por ellos. P o r lo tanto: BP = B P ’; es decir, el punto B pertenece a la simetral de P P ’. Luego, HB es simetral de P P ’ porque tanto H como B equidistan de sus extremos. De aquí que L3 _L PH .

13) Teorema C III. T oda recta perpendicular

14) Teorema C IV : Si una recta £ h es perpen­

a o tras dos rectas que pasan p o r su pie en el plano, es perpendicular a cualquier recta

dicular a un plano (M N ) y desde el pie H se traza otra perpendicular H B a cual­

que pasa p o r su pie (Fig. 17).

quier recta L del plano (P), la recta RB )291(

R

de AB sobre el plano. Se traza por A una recta_ L y se hace AH = A C uñiéndose H con B. En los triángulos ACB y AH B se sabe que tienen el lado común AB y, además, que A H = AC y BC < BH, pues BC ± (M N). Por lo tanto: 4 BAC < 4 BAH 16) U n trazo AB = 2 6 cm se proyecta sobre un plano (P). Si el extrem o A está a 15 cm y B a 25 cm del plano, ¿cuánto mide la pro­ yección del trazo sobre el plano?

. es tam bién perpendicular .a

la recta L.

17) Un ángulo diedro está formado por los planos (P) y (Q). Los puntos A y B d e su arista están a 40 cm entre sí y a 25 cm del

(F ig.18).

punto C € (Q ). La distancia desde C al plano (P) mide 10 cm. C alcular la distan­

H .) R H J_ (P); Í Í B 1 L

cia del pie H al punto medio M de AB. T .) RB ± L D .) Se hace BA = BC; como H A = H C

(por ser

H u n pun to de la simetral HB de AC), resulta: A R H A ^ A R H C D e aquí se obtiene: RA = RC Luego: R equidista de los extremos del tra ­ zo AC y, p o r lo tanto, pertenece a la sime­ tral de A C , o sea: RB J-A C 15) Si AB es una recta oblicua que corta al plano (M N ) en un punto A, dem ostrar que el ángulo « que esta recta forma con su proyección en el plano (M N ) es el menor ángulo que forma con cualquier otra recta del plano que pasa por A. (Fig. 19).

I)

D os planos paralelos a un tercero son para­ lelos entre sí.

II) D os planos perpendiculares a un tercero son perpendiculares entre sí. III) Dos planos paralelos a una misma recta son paralelos entre sí. De estas afirmaciones son verdaderas: A) só lo l; B) sólo II;

D .) Siendo BC la perpendicular desde B al plano ( MN) , el trazo AC es la proyección )2 9 2 (

C) sólo III; E) lastres.

D) sólo I y III;

R esp.: 16) 24 cm; 1 7 ) 5 \/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: <.3

Si

estas pirám ides son de base infinitamen­

te pequeña, la suma de las bases de las infinitas pirám ides que se form an d ará la superficie de la edera, y la altu ra de todas ellas será el radio R. de la esfera. Luego resulta: )30S{

v

S,

/ S ,

= — V T +

s,

/s ,

X V —

Calcularem os el radio x de esta esfera: F ig . 35

í

" ,4

v/ í

+

t

/ I D

de donde: -s,

+

8luego:

S = 4 ¡r x2 = 4 TV / ( A

V/ A

+ Solución (Fig. 35) : Sea la arista

finalmente: ÄB=BC = B D = ...= x s = < / S , 3 + Sí3 + 2S1S2\ / s T § :

Luego:

s = y iv T T fW lf

AD = x \/^ 2 y además: ÄÜ - f / í

448. A un cilindro se le inscribe una esfera y un cono. ¿E n qué razón están los volúmenes de estos

h2 = ÄC2 - Ä Ö 2 (Corolario Pitág.) 2

tres cuerpos? (Este problem a fue resuelto por Arquímedes). Solución: Siendo R el radio d e la esfera, la altu ra del cilindro y la del cono es h = 2 R ; luego (Fig. 34): F ig. 34

x

2x2 -----T -

2^ 4

. . h = y y/~ 2 El volumen del octaedro es el doble de la pirám ide ABDEC. E s decir: V (octaedro) = 2 -y-(A B D E) • C Ö = X

=: 4T x 2 ‘- 4T / 2

= 4 / 2

pero V = 1 m3 X

T’ v ^ - 1 Vi (cono) =

- y ir

R2 • h = i y

K

R3

x =

= v4 V 2

[m] = 4 “ < / 288 M

V2 (esfera) = y *• R3 V3 (cilindro)' = ir R2 • h = 2 jr R3 V, :V 2 :V 2 = 4 * - r 3 :‘ y4 1T R* :2 ir R3

4 5 0 : E n una esfera se inscribe un rectángulo A BCD cuya diagonal mide 1,2 cm y la distancia entre el centro de la esfera y el punto de intersec­ ción de las diagonales mide 0,8 cm.

V, : V2 : V3 = f

:2

V, : V2 : V3 = 2

:

V, : V2 : V3 = 1

:3

6

Además resulta: VCii'.= Ceo,o + V,,/

449. D eterm inar la arista de un octaedro regular q u e tiene 1 m3 de volumen (ver N° 435). )3 0 9 (

C alcular: 1) el radio de la esfera. 2) la ra ­ zón entre la superficie de los casquetes esféricos

En los desarrollos de los cuerpos que se in­ dican se han agregado franjas »achuradas« que, al ser engomadas, servirán de unión con las caras

determ inados p o r el rectángulo.

vecinas y poder, de esta m anera, dejar el cuerpo,

Solución (Fig. 36):

formado en forma definitiva. A) C ubo o hexaedro regular. El desarrollo

ÁC = 1,2 cm . . ÁM = 0,6 cm;

de su superficie se compone de seis cuadrados OM = 0,8 cm.

congruentes.

Sea R = x; M F = x - 0,8;

B) T etraedro

como el A F E A es rectángulo, según el 2° T eo­ rem a de Euclides resulta:

regular.

El

desarrollo

de

su superficie se compone de cuatro triángulos equiláteros congruentes.

AM2 = M F • M E

C) O ctaedro regular. El desarrollo de su superficie se compone de ocho triángulos equi­

0,36 = (x - 0 ,8 ) • (x +0,8)

láteros congruentes. 0,36 = x2 - 0,64 D) Dodecaedro x2- = 1 . ' . R = le m

regular.

doce pentágonos regulares congruentes. E) Icosaedro regular. Se compone de 20

S, - 27rR-h, = 2ttR -( 1 - 0,8) =0,2-2*-R b» =27rR-h'¿ -=2jrR(l + 0 ,8 ) = 1,8-2jrR-

triángulos equiláteros congruentes. F) Paralelepípedo

S|

0,2

• - & “ 1.8

Se compone de •

1

rectangular.

Se

com­

pone de seis rectángulos congruentes de dos en

9

dos. G ) Prism a recto hexagonal. Su superficie lateral se desarrolla en seis rectángulos con­ 451. C O N S T R U C C IO N D E M O D E L O S D E CUERPOS A continuación' se indica el desarrollo de los cin­ co poliedros regulares y de algunos otros cuerpos

Su construcción puede darse de

»tarea«

p a ra que los alum nos distingan concretamente y no sólo en un dibujo, lo que es la apotem a lateral y la apotem a basal, las caras laterales y las basales, aristas basales y laterales, etc. esto

pueden

construirse

modelos

chicos en cartulina de modo que puedan pegar­ se convenientemente (sólo una cara o la base) en el cuaderno y poder, de esta m anera, arm ad os cuando sea necesario. O bien, construir mode­ los más grandes en cartón o en plástico tran s­ parente que pueden servir para exposiciones de m aterial didáctico de los alum nos. C on el ma­ terial plástico se pueden agregar, en su interior, las diagonales hechas con hilos de colores, las alturas, los planos diagonales, etc. )3 1 0(

regulares congruentes. H ) C ilindro recto. El desarrollo de la su­ perficie curva (manto del cilindro) es un rec­

geométricos.

P ara

gruentes y su superficie basal, en dos hexágonos

tángulo que tiene por lados la altura del cilindro y la longitud de la circunferencia basal. I) Cono recto. El desarrollo de la superfi­ cie curva (m anto del cono) es un sector circular j que tiene por radio a la generatriz del cono y por arco la longitud de la circunferencia basal. J) T ronco de pirámide irregular. El de­ sarrollo Se la superficie lateral del caso presen­ tado se compone de trapecios no congruentes. Además, las bases corresponden a dos polígo­ nos semejantes. Observación:

Para

la

construcción

del

cilindro y del cono consultar las soluciones de ia »rectificación de la circunferencia« dadas en el N° 390.

)3 1 1 (

T/i//////m

452. T E S T Se afirm a que la nueva pirámide es 1 /8

Coloque dentro del paréntesis una »V« si lo que se afirm a es verdadero o una »Fa si es falso. 1)

( ...) L a generatriz de un cono recto mi­

del volumen de la pirámide primitiva.

de el doble del radio basal. Se afirm a que

( ...) Si en el problema anterior la base es un hexágono regular el volumen, de la

la razón entre el área basal y el área del manto es 1:2.

nueva pirám ide es 1/16 de la pirám ide primitiva.

2) ( . . . ) L a generatriz de un cono recto es el doble del radio basal. Se afirm a que

6)

7)

1 /8 cualquiera basal.

V= un

cilindro

recto su altu ra

y

8)

su radio basal son entre sí como 8:3. Se afirm a que la razón entre el volumen

cilindro recto. Se afirm a que la razón entre los volúmenes de estos tres cuerpos es 9:32:48. 5) ( ...) P or el punto medio de una arista lateral de una pirám ide recta-regular octogonal se traza un plano paralelo a la base.

uná

sea

el

polígono

pirám ide de base octogo­

por el punto que divide a la altura en la razón 3:5 a p a rtir del vértice. Se afirm a que la razón entre los volú­

( . . . ) E n un cono recto la generatriz es igual al diám etro basal. Se circuns­ cribe una esfera a este cono, y, en segui­ da, a esta esfera se le circunscribe un

( . . . ) En

que

nal se traza un plano paralelo a la base

de este cilindro y el de la esfera circuns­ crita a él es 54:125. 4)

( . . . ) Si en el problema anterior la pi­ entre la nueva pirám ide y la prim itiva es

cono en función del radio basal es:

( ...) En

volumen

rámide es oblicua en vez de recta, la razón

el volumen de la esfera circunscrita al

3)

del

menes de los cuerpos resultantes es 9:55. 9)

( ...) Los

catetos

de

un

triángulo

rec­

tángulo miden 6 y 8 cm. Se afirm a que al girar en 360° en tom o a la hipotenusa se engendra un cuerpo cuyo volumen es 7 6 ,8 ir cm3. 10) ( ...) El lado de un triángulo equilátero mide 2a. Se afirm a que al hacerlo girar en tom o a su altu ra se engendra un cuerpo cuya superficie total mide 3 r a 2. )3 1 3 (

,

360° en tom o al eje de las ordenadas se engendra un cuerpo cuya superficie total

11) ( .. . ) El lado de un triángulo equiláte­ ro mide 2a. Se afirm a que al hacerlo girar

mide 398,91.

en to m o a un lado se engendra un cuerpo cuya superficie total mide 4 ir a2 >/~3. 12)

18) ( ...) El

en torno a su altu ra

es

• y a 3 •v " 3 • 13)

( . . . ) El lado de

un triángulo

del

proble­

ma anterior 'al g irar en 360° en tom o al eje de las X engendra un cuerpo cuyo

(. ..)E 1 lado de un triángulo equilá­ tero mide 2a. Se afirm a que el volumen del cuerpo que se engendra al g irar este triángulo

mismo triángulo

volumen es 34 - t . 19) ( ...) El mismo triángulo anterior al girar en tom o al eje de las Y, se afirma que engendra un

equilá­

cuerpo cuyo volumen

es227r.

tero mide 2a. Se afirm a que al g irar en torno a su lado

20) ( . . . ) Se afirm a que para que la super­

en 360° se genera un cuerpo cuyo volumen

ficie del manto de un cono recto sea el cruádruplo de la superficie basal,

i

3

es 2 ir a .

su altura debe m edir r • y / 15. 14) ( . . . ) L a s diagonales de un rombo miden 10 cm y 24 cm. Se afirm a que al hacerlo g ira r en 360° en

21) ( ...) U n trazo está determinado por los puntos A (1 0 ;—4), B(2;2). Se afir­ ma que al g irar este trazo en 360° en tom o al eje de las ordenadas se obtiene una su­

tom o a un lado se engendra un cuerpo cuya superficie total mide 4 8 0 ir cm2.

perficie curva que mide 120ir.

15) ( . . . ) L as diagonales de un rombo miden 10 cm y 24 cm. Se afirma que el volumen del cuerpo que se engendra al hacerlo girar en 360° en torno a un lado es 120ir cm3. • 16) (. . . ) U n triángulo, está determinado por los puntos A(3;2), B (5; 10), C (3;5). Al g ira r el A ABC en tom o al eje de las abscisas en 360° y considerando ir = = 3,14 y las raíces que aparezcan con dos decimales,

se

obtiene

un

cuerpo

cuya

17) (...:) U n triángulo está determ inado por A(3;2), B(5;10),

C(3;5). Se

afirm a que al hacer g irar el A ABC en

)3 J 4 (

Un

trapecio está determ inado por

los puntos A (O; - 4 ) , B (10; —4), C (2 , 2), •

D (0 ;2 ). Se afirm a que el volumen d cuerpo que

se engendra

al

g irar 360°

en torno a las Y mide 248 ir. 23) ( . . . ) En una circunferencia de 10 cm de radio se inscribe un trapecio isósceles de 16 cm y 12 cm de bases. Al girar sólo el trapecio en torno a la simetral de las bases se afirm a que se engendra un cuerpo cuya superficie total mide 240ir cm2.

superficie total mide 630,29.

los puntos

22) ( ...)

24) ( ...) Se

afirm a que

el

mismo

trapecio

anterior engendra un cuerpo cuyo volu­ men mide 690 -y ir cm3.

38a U N I D A D

Í X A C X O

- S

f t A \ /c : £ ^ t 2 _ f V

C u erp os y su p erficies d e r e v o lu c ió n . T eo rem a s d e G u ld in . La cuña o in glete esférico . H uso esférico . V o lu m en d e l “ to ro ” .

453. Los principales cuerpos de revolución que

La razón pedida es:

hemos ya estudiado son el cilindro, el cono, el tronco de cono y la esfera. A hora, resolvere­ mos algunos problem as sobre ellos: 1) U n A equilátero gira

>/T

y-3

y/~2

prim ero

torno a su altu ra y después en torno a un lado.

en

2)

Zr 6

A una O de radio 10 cm se le inscri­

¿E n qué razón se encuentran los volúmenes de

be un trapecio isósceles de perímetro 100 cm; el conjunto gira en torno a la simetral

los cuerpos engendrados?

de las bases. ¿C uánto mide el volumen del cuerpo

Solución: Sea su lado = 2a; luego su altu ra h = a\/~3T 1°. Se engendra un cono de altura CM

comprendido entre el volumen del cuerpo en­ gendrado por el trapecio y el volumen del cuerpo engendrado por la O ? Solución (Fig. 3):

= a s /1 ,

Sea p = 1 0 c m ;2 s = 100 cm. de generatriz AC = 2a y radio A M = a (Fig. 1). Como es un cuadrilátero circunscriptible se tiene que:

C

a + c - b + d = s = 5 0 c m Además, por ser trapecio isósceles b = d = 25 cm. Como h = 20 cm, resulta aplicando el Co­ rolario de P itágorasal A EBC: Luego:

p2 = b2 - h2 = 252 - 202 = 225

V, = - j jr r2 • h = -y ir - a2 • a \ / 3

\/~3

2°. Se engendran dos conos de base co­ m ún C D , altura AM = M B = a y generatriz AC = AD = 2a. (Fig. 2).

luego p = 15 cm; o sea: A E’ = EB = p = 15 cm. Como a + c = 50 cm y siendo a = 2 p + c resulta: 2 - 1 5 + c + c = 5 0 de donde: c = 10 cm; a = 40 cm. Los.cuerpos engendrados son (Fig. 3): c

D

Luego: V2 = 2 • ¿ j - h =

• a = 2 7r a3 a

)315(

1°. un tronco de cono de radios basales A M = 20 cm y D N = 5 cm, de altura M N = = 20 cm y generatriz AD = 25 cm. 2o. una esfera de radio p

luego: D H = - y = 4,8 cm = radio del cilindro. Por lo tanto:

- 10 cm.

Io. Vi (tronco cono) = - y 5- (R2 + r2 + R • r)

V = » i> , h = r ■ (4, 8)2 -5 = 115,2ir cm3 4) E n u n sistema cartesiano se unen los puntos A (1, - 3 ) ; B (5, - 1 ) y C (4, 1).

V, = -S-yS. (20*4- 52 4- 20 -5) =

El A

= -i2y 2 i = 3500 r (cm3) 2o. V2 = - f * R3 = T * ' 103 =

*■ (cm3)

que determ inan gira en tom o al eje

de las ordenadas. C alcular el volumen del cuerpo engendrado por el triángulo. Y

b) V , - V 2 = 3)

L as

diagonales de

un

rombo

miden

8 y 6 cm. C alcular el volumen del cuerpo en­ gendrado al g irar el rombo en torno a un lado.

Se engendra (Fig. 5): Io. tronco de cono de radios basales: BD = 5 y C C 5 = 4; altura CT> = 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 - <• 5 ) ! -14 3 S5 0u »

- 3-

cono

H C A :

tiene por altura

AH = j , generatriz AC = r y radio basal C H = y \/~5. L a superficie de su manto es:

. , , 2¿

= 1 1 6 T ,r

Si = x rg = x j \ / l - r = -S y \/~3

Luego el volumen V del cuerpo engendra­

Su volumen es

do es: V = (V, + V 2 + V , ) - V, = 966 y * - - ¿ y 2- = 8 5 0 *

Vi = - y

2° cono C H B: Su altura es BH - y r ; su

13) Los catetos de un triángulo rectángu­ lo miden 15 cm y 20 cm. C alcular el volumen del cuerpo que se engendra al g ira r un tom o: a) al cateto m enor; b) al cateto m ayor;' c)

generatriz BC = r\/~ i y su radio basal = y \ / li. Superficie de su manto:

a la hipotenusa; d) a la altura. S

14) Los catetos de un triángulo rectángu­ lo miden 60 cm y 80 cm. C alcular la razón entre los volúmenes de los cuerpos engendrados al

• h = ----- É- 3 --------- = - g -

2=

x •

y

= y

x ?

Su volumen es: » 1* • h V2 = —5 = »T ’/ ' Ir v/~ 5 \S 3) • 3T r - 3T » r3

g ira r sucesivamente un torno a sus tres lados y

Luego:

a su altura.

a) L a

superficie

del

cuerpo engendrado

es: 454. P R O B L E M A S V A R IO S R E S U E L T O S 1) E n una semicircunferencia de diám etro AB se aplica u n a cuerda AC =U', se Une B con C . C alcular el volumen y la superficie del cuer­

+ y i 1^ = - y —(\/~3 +3)

S = Si +Sj = -y-

b) El volumen del cuerpo es: V = Vi + V 2 = y

i»

r3 + - | - x V = y n - r 3

po que se engendra a l girar el A ABC en to r­ no al diám etro AB.

2) En una semicircunferencia de diá­ metro A E = 2 r se aplica una cuerda A D =U y otra B e = iu . Se une D con C . Calcular la superficie y el volumen del cuerpo que se engendra al girar el cuadrilátero A B C D en torno al diámetro A B.

Solución (Fig. 17): AC = U = r; resulta BC = 2 p* = 2- y \ / 3

= «V 3 = k

C om o A AOC es equilátero de lado = r. su altura es: h = T V ^3 )320(

Solución: (Fig. 18). Se tiene que: AÜ

Luego: a) Superficie del cuerpo engendrado:

= U — r; BC = Ai = r \ / 2 —\/" 3

S

= Si +S* + S 3 =

C D = /* = r \ / T ( ^ D O C = 90°) DH = y

+ -^2“ ( v / 6 + V ^2 ) +

(altura A equilátero lado r)

CE

= - j (porque C C ’ = /* = r)

AH

= -3 -

BE

= y

v / - 3' + y/ 2 -V ^

S = —j —(v/"3 + v / 6 + \A 2 + \ / 2 —\/* 3 ) b) Volumen del cuerpo engendrado: v

= Vi + V 2 + v 3 = +

Pitágoras al A CEB) = 2 r — 2—

HÉ

+

*4r (7 + 5 V ^ 3 )

+

(2 —\ / 3 ) (ver N ° 392-8 o Teorem a

(2

—V ^3) =

V = T T - (3 + 7 + 5 v ^ 3 + 2 - \ / 3 ) =

= - j ( \ + \/~ y )

Al g irar el A A H D engendra un cono,

- -y z (12 + 4 \ / r 3) =

el trapecio D H E C engendra un tronco de cono V - -*/• (3 + v /T )

y el A CEB otro cono. f'

Cono H D A : altu ra A H = y ; genera­ 3)

triz A D = r; radio = - j \/~ 3 = D H . Si = ir rg = x - \

•r =

-n /T

de diám etro AB = 2 r

D C =/». Se une C con B. C alcular la superficie total y el volumen

Su volumen es: V, =■

E n una semi ©

se aplica u n a cuerda A D =/« y a continuación

del cuerpo que se engendra al girar el cua­

------------- 3

~ '

drilátero ABCD en torno al diámetro.

8

2 °. Tronco cono: D H E C : de radio basales D H = ^ V ^3 y C E = y > generatriz D C = r \/~ 2 ; altura H E = -5- (1 + \/~ 3 ) 52 = x g (R + r ) =t -r \ / ~ 2 ( y \ / ~ 3 + y ) = S, =

+ \/~2)

V2 =

(R* + ¿ + R r) =

= ,_ § 0 + V 3 ) . [(

+ (^ i

-f]

V2 - ¿ S ¡ |( 7 + 5 v ^ 3 ) Solución (Fig. 19): 3o. Cono C EB: radio C E = - f ;

Se tiene

generatriz B C = r \ / 2 —\/" 3 ; altu ra V3

=

(2 —v ^ ) = BE

=• h = ^

= U = ry/2

DC

= lt = r > / 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<; hechas las

sustituciones resulta: V - i f

-(I + v / 3 )

El problem a se simplifica en su cálculo si se aplica directam ente la fórm ula que expresa el volumen del anillo esférico (Fig. 27): V 2 (tronco cono) =

(a2 + b2 +ab)

V =^c2 Luego, el volumen del segmento esférico es: siendo c la cuerda que determ ina el segmento y A la proyección de esta cuerda sobre el eje (co­

v = V, 4- V2 =

rrespondiente a la altura h del segmento esfé­

4-

|h2 + a2 —2ab 4-b5] +

(a2 4- b2 + ab)

rico correspondiente). V =

(h2 + a2 - 2ab + b2 4- 2a2 44 -2b2 4- 2ab)

Fig. 27

a) 2)

V

-(h2 4 -3a2 4 -3b2)

Segmento de una base: Corresponde al

volumen limitado por u n casquete esférico y el plano que lo determina. C

Aplicando directamente esta fórm ula al pro­ blem a an terio r resulta: c = R v /2 ; h =

(1 + s /H ); luego:

V = f (R n/ 2 7 - 4 ( 1 + V ^ 3 ) V = ± £ ( i + v / T>' 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+ <-l)

ys =

1

11 T

A ( —2 , —5) y B (7,7). D eterm inar el punto que lo divide en la razón 4:5.

= -1 X

Solución: A =-4- = 0,8

Luego: M 3 (1 - j ; - 1 - j )

.. .

’

- 2 + 0 ,8 -7

x = w y

t

= 2<

= ~ 1 +ó’á‘7 = _ T - R esulta p ( 2 ,- j- )

472. D I V I S I O N D E U N T R A Z O 473. E JE R C IC IO S Considerarem os sólo el caso de división inte­ rior de un trazo AB p o r un pun to P(x, y) en una

1)

C alcular

la

distancia

entre

los

puntos

A ( - 4 , —1) y B (6, - 3 )

razónA . E s decir (Fig. 5):

Resps.: ÁB = v / 104 AP PB

2) =

A

C alcular el perím etro del triángulo cuyos vér­ tices son A ( - 2 , - 5 ) , B(4, —1) y C( —4,6). R esp.: p = 29 )M 1<

3)

12) Los vértices de un triángulo son A( - 3 , —2),

Los vértices de un cuadrilátero son C alcular: a) el perím etro; b) la longitud

B (6, - 1 ) y C ( - 2 ; 5). C ada lado se divide en la razón 2:5. C alcular el perím etro del

de las diagonales.

triángulo que se obtiene al u n ir estos tres

R esp.: a) p( = ) 36,7

puntos de división interior

A( —3, - 5 ) , B(6', - 2 ) , C (7,5), D ( - 2 , 6).

b) Á C = 1 0 v / 2 , BD = 8 > / 2 4)

5)

474. A R E A D E U N T R IA N G U L O

Los vértices de un polígono son A( —3, —2), B(7, - 4 ) , C(10,4), D(5,7) y E( - 5 ,5 ) . C al­

Calcularem os el área del triángulo ABC siendo

cular: a) su perím etro; b) la longitud de la

A (xi,

diagonal A D. R esp.: a) ( = ) 42; b) 12,04

(Fig. 6).

yi), B(x2, yt) y C(x3, ys) (Fig. 6).

Y

Fig. 6

Los vértices de un trapezoide son A( —3, - 4), B(6, - 2 ) ; C(5,5) y D ( - 5 ,6 ) . Calcular: a) su perím etro; b) la longitud de las diago­ nales. R esp.: a) ( = )

6)

36,6;

b) Á C ( = ) 12,04 B D ( = ) 13,60

D eterm inar las coordenadas del punto medio del trazo determ inado p o r los pun­ tos A ( - 5 , 6 ) y B(3, - 8 ) .

R esp.: M ( - l , - 1 ) . 7) D eterm inar las coordenadas del punto medio del trazo C D si C ( - 3 ; 5 y D (6, - 5 ) . 8)

Resp..- M ( l j ,0 ). Los vértices de un triángulo son A( —2; 2),

Solución: D esignando por A el área del triángulo se obtiene:

B(6, - 1 ) y C ( - 1 ; 4). C a lc u la r:' a) las coordenadas de los puntos medios

A = rectángulo A D EF —A I —A II — A III

de sus lados; b) la longitud de cada mediana.

A = (x2 ~ x j) (y3 - y i ) - 4 (*¡ - x i ) ( y 2 - y O -

R esp.: M i(2 - j - , 1 4

- 4

M 3 = ( 2 ; - i - ) .M ,M 2( = ) 4 -27; M lM 3( = )

1,12;

(x 2

X3 ) (ys - y a )

- 4

t e - X ! ) (y3 - y 0 -

), M 2( —1 - j- , 3),

M Mi

A1 efectuar los productos y las reduccio­ (= )

4,30.

9) Los vértices de un triángulo son A (xi,yi), B (xs, y2) y C(X3 , y3). D em ostrar que cada m ediana es igual a la m itad del lado opuesto. 10) Los extrem os de un trazo son A( - 4 , —7) y B(6; 3). U n punto P lo divide en la razón 2:3. C alcular: a) la longitud de cada seg­

nes, se obtiene: A = —2~ '(x2y3 - x , y 3 - x 2yi +-Xiy2 - x2y2 + x3y1).

Finalm ente,

factorizando

m ente por partes, resulta: A = 4

I (x 3 -x 2)-yi + (xi -X3)-y2 +

mento; b) la longitud del trazo. R esp .: a) 4 v / I F a 6 \J~2; b) 10 y/~2

conveniente­

(IV) + ( xí - x i ) • y3]

11) U n trazo AB está dividido en dos partes por un punto P (2, —3) de modo que A P:PB =

E n el resultado debe tomarse el valor abso­

= 2:5. C alcular la posición del punto A si

luto de él, pues el área es siempre positiva. Debemos hacer n o tar que la fórm ula ante­

B ( —3; 2). R esp .: A(4, - 5 ) . )3 4 2 (

rio r corresponde al desarrollo del determinante.

Xi i . A = 2

1

x2

yi y2

1

X3

ya

1

Basta, finalmente, sum ar estas áreas, obtenién dose (Fig. 7): A I = j [(x 3 -x 2).y i + (x i-x 3 )-y 2+ (x 2—x ,).y 3]

X, o bien : A = ¿

’ i Xs 1

y. A J I = ^ -l(x 4 -x s)-y , + ( x ,- x 4)-y3+(xs - x , ) - y t ¡ f

Y2 / y® 1

cuadr. ABCD = 4 [ ( x3 ~ x2 +x< _ x 3)yi + Corolario: Se sabe que tres Duntos + (x t —Xa)y2 + (x 2 —Xi +Xi - x ^ y j +(x3 -xi)y»]

form an u n triángulo de área cero. P or lo tanto, tres puntos son colineales cuando el determ i­ nante anterio r vale cero, es decir:

de donde:

(xa - x 2)-yi + (x i —xa)-y 2 + (x 2 - x ,) - y 3 = 0 Ejem plo: Los vértices de un triángulo son A ( —3, - 2 ) , B (6 , - 1 ) y C -(- 2 :5 ) . Calcular su área. Solución: Se puede calcular prim eram en­ te, por medio del gráfico, el área del rectángulo A D E F y de los triángulos rectángulos I, I I y III; después se haría la resta conveniente. O bien, se aplica directam ente la fórmu­ la IV y para ello no es necesario hacer el gráfico. P o r este cam ino se obtiene: A = 4-[(-2-6)(-2)+(-3+2)(-l) +

A = ^[(X 4 - x 2)-ya + (x , -X 3)-y2+ (x 2 -X 4)-y3 + + (*) -xi)-y<] l(V) Corolario: cuando:

C uatro

puntos son colineales

(x< - x 2)-yi + (x , - x s ) - y 2 + (x2 -x<) ■ y3 + +(X3 - x j ) ■y4 = 0

476. E J E R C IC IO S

+ ( 6 + 3 ) (5 )] = 3 1 1)

C alcular el área del triángulo determ ina­

475. A R E A D E U N C U A D R IL A T E R O

do p o r los puntos P ( —2, —5), Q (6 ; —1) y R ( - 4 ; 7).

Sea A B C D el cuadrilátero que tiene p o r vértices

R esp.: A = 52

A (xi,yi), B (x 2 , y2), C (x3, y3) y D (x < ,y 4). P ara calcular su área se traza una diagonal

2)

por vértices R ( —2, —5), S (4, —l ) y T ( —4; 6).

la que lo descompone en dos triángulos cuyas áreas se calculan p o r la fórm ula an terio r (IV). F ig. 7

C alcular el área del triángulo que tiene

R esp.: A = 37. 3)

Los

vértices

de

un

cuadrilátero

son

R ( - 3 , —5), S (6 , —2), C (7 ; 5) y D ( —2; 6). C alcular su área.

D(*4 . y J

Resp.: A = 80. 4)

Los

vértices

A(-4,

de

un

cuadrilátero

son

- 3 ) , B (6; 3), C (3 ; 9), D ( - 2 ; 6).

Calcular: a) su perímetro; b ) la longitud de las diagonales; c) el área. R esp.:

a)

p( = )33,4;

cV A

=

68,5;

b ) Á C = 13,89; B D ( = ) 8,54. )3 4 3 (

5)

Los

vértices

de

un

polígono

convexo

A B C D E son: A ( - 3 , —2), B (7, - 4 ) , C (1 0 ; 4), D (5 ; 7) y E ( - 5 ; 5). C alcular su área. 6)

R esp.: A ( = ) 102,5 Los vértices de un trapezoide R S T U son R ( - 3 , - 4 ) , S (6, - 2 ) , T (5; 5) y U ( - 5 ; 6). C alcular su área. R esp .: A = 8 1 ,5

>344<

7)

Los vértices de un triángulo son A ( —5; 3), B (3, —l ) y C ( —1; 7). C alcular: a) ¿Q ué clase de triángulo es? b) ¿cuál es su perím etro?; c) ¿cuál es su área?; d) ¿cuáles son las coordenadas de los puntos medios de los lados?; e) ¿cuánto mide cada m ediana?

42“ U N I D A D L a re c ta . P e n d ie n te d e u n a re c ta . I n c lin a c ió n d e u n a re c ta . R e c ta p o r e l o r ig e n . H a z d e rectas. R e c ta p o r d o s p u n to s . E c u a c ió n g e n e r a l y p r in c ip a l d e u n a re c ta . C o e fic ie n te a n g u la r (p e n ­ d ie n te ) y c o e fic ie n te d e p o s ic ió n . E c u a c ió n d e se g m e n to s. R e ctas p a ra le la s . A n g u lo fo rm a d o p o r d o s re c ta s . R e c ta s p e r p e n d ic u la re s .

477. P E N D IE N T E D E U N A R E C T A Sean

A( xi ,

y¡)

y

B(xa,

yí)

dos

-

V|

X» -

Xi

La pendiente es m puntos

de la recta L (Fig. 1).

; pero, por T ri-

gonom etría, se sabe que esta razón correspon­ de a la tangente trigonométrica del án g u lo « . Por lo tanto:

tg « =

En

y» - y» X» -

Xi

o bien:

el ejemplo

tg <« = m

1) anterior,

(VII)

obtuvimos:

m = 1. P or lo tanto, tg « = 1 de d o n d e:« = 45° pues tg 45° = 1. Luego, esta recta corta al eje po­ sitivo de las X form ando un ángulo de 45°. En el ejemplo 2) obtuvimos m = - r y - = ' - 1,428. P or lo tanto: tg « = - 1,428 de donde: Se define p o r »pendiente de una recta a la

« = 126° = 0,7 tc radianes.

razón entre la diferencia de las ordenadas de dos puntos de ella y la diferencia entre las absci­ sas de ellos«. E s costumbre designar la pendien­ te por »m«; por lo tanto:

(Se observa que cuando la pendiente es positiva la inclinación es un ángulo agudo y cuan­ do es negativa, la inclinación es un ángulo ob­ tuso).

m

y» — x¡

=

-

yi

(V I)

Xi

P or ejemplo: 1) C alcular la pendiente de la recta que

4-(-5)

2) D eterm inar

6-(-3)

la

ma de coordenadas y P(x, y) un punto cualquie­ ra de ella (Fig. 2).

pasa por los puntos A ( —3, —5) y B (6; 4). Solución:

479. R E C T A P O R E L O R IG E N Sea L una recta que pasa por el origen 0 del siste­

Y

Fig. 2

1

pendiente

del

trazo

P Q s i P ( - 4 ; 8 ) y Q ( 3 , -2 ). Solución: m =

-

2-8

3 - (-4)

10

7

478. IN C L IN A C IO N D E U N A R E C T A El ángulo ii q u e form a la recta con el eje posi­ tivo de las X (Fig. 1), es su inclinación y, p o r lo tanto, se expresa en grados o en radianes. )3 4 5 (

D e acuerdo con lo anterior, la pendiente de esta recta es:

pasa por el punto Q(4, —5) y tiene una inclinación de 63°.

m = —

Solución: Se determ ina prim eram ente la pendiente: m = tg 63° = 2,05. P o r lo tanto:

de donde:

y = m •x

(VIII)

que es la ecuación de la recta que pasa p o r el o ri­ gen.

y - ( - 5 ) =2,05 - (x - 4 ) de donde y = 2,05-x -1 1 ,2

Ejem plo: L a ecuación de la recta q u e pasa p o r el origen y tiene una pendiente 2,05 es:

4 8 7. R E C T A P O R D O S P U N T O S

y = 2,05 • x. Su inclinación es 63°.

480. R E C T A Q U E P A S A P O R U N P U N T O Sea P (x ,, yj) el pun to p o r el cual pasa el h a z de rectas y tam bién, sea A (x, y) un punto va­

Sean A (xi, yi) y B(x2, y2) los dos pun­ tos dados. D e acuerdo con la fórmula IX la ecua­ ción de todas las rectas (haz de rectas) que pasan por el punto A es (Fig 4): y — yi = m • (x - x,) Y

riable de cualquiera de las rectas (Fig. 3). Entonces, la pendiente de ella será: v —yi m = —— — de donde: y —y, = m( x - x i )

(IX)

Pero, la pendiente de la recta que pasa por los puntos A y B es, según VI: y¡ - Vi m = Introduciendo este valor en E sta es la ecuación del »haz de rectas", o sea, de todas las rectas que pasan p o r el punto P (x i,y i). Ejem plos: 1) D eterm inar la ecuación del »haz de rectas« que pasa p o r el punto P( - 3 ; 7).

anterior, resulta:

y> =

y - yi X -

>’2 *2

X|

-

>'l

-

x,

(X)

que pasa por los puntos A( - 6 ; 5) y B(4, - 7 ) .

y —7 =

• (x+3)

de

donde y -

• x + ^2-

x +2

-7 -5 4+6 6

3) D eterm inar la ecuación de la recta que )3 4 6 (

(x - x¡)

Solución: Aplicando la fórmula anterior, se obtiene:

igual a 0,75.

se obtiene: y =

Xj - X >

Ejemplo: D eterm inar la ecuación de la recta

2) D eterm inar la ecuación de la recta que pasa p o r el punto P( —3; 7) y tiene una pendiente

Solución:

yi - y.

Puede esribirse, tam bién, en la forma:

Solución: D e , acuerdo con la fórmula an­ terio r se obtiene: y - 7 = m • (x + 3)

la ecuación

y = • ir

'x

de donde resulta: , ' 13.

482. E C U A C IO N P R IN C IP A L D E L A RECTA P ara tra z a r la recta L bastaría conocer su pen­ diente »m« y el segmento n = OA que determ ina

Se ubica el punto C (4,3) que al unirlo con el ori­ gen da la inclinación de la recta. Finalm ente, al tra z a r por el punto A(0, —2) o y = —2 la parale­ la a O C se obtiene la recta L . (Fig. 6).

en el eje de las Y. A este segmento se le llam a coe­ ficiente de posición (Fig. 6) y corresponde al valor de la ordenada MyH cuando x = 0. Es decir,

Y F ig. 6

cuando x = 0 se obtiene y = n.

2) D eterm inar

la

ecuación

y

dibujar

la recta de p e n d ie n te ----1 y coeficiente de po­ sición 4, Solución: Como m --------%■ , n = 4 resulta: Al considerar u n punto cualquiera P (x,y) de la recta L y tra z a r p o r el origen la paralela a

y = -

x + 4

L , se obtiene: P a ra trazarla se ubica el punto C ( ~ 2 ;3 )

BP = B Q + Q P; siendo Q (x, yi)

o bien, el punto C ’(2, - 3 ) que al unirlo con el origen se determ ina la inclinación. Finalm en­

resulta: y = yi + n Pero de la pendiente m = •—

obtenemos

el valor yi = m ■x Sustituyendo

te, p o r el punto y = 4 se traza la paralela a la recta que pasa por el origen (Fig. 7).

este

valor

encontramos:

A esta ecuación se le llama ecuación p rin ­ cipal de la recta en la cual »m« es el coeficiente angular o pendiente y »n« es el coeficiente de posición. Ejem plos: 1) D eterm inar la ecuación y tra­ z a r la recta cuya pendiente es 0,75 y tiene por coeficiente de posición —2. Solución: Se tiene m = 0 ,7 5 , n

= - 2 de

donde: y = 0,75 • x - 2 P ara dibujarla se determ ina su inclinación p a ra lo cual se da la pendiente m =0,75 = ~

483. E C U A C IO N G E N E R A L D E L A RECTA Á la ecuación principal y = n - x + n se le puede d a r l a forma:

A x + By + C = 0

de al valor de la »y« cuando x = 0 ; p o r lo tanto b = n). Esta ecuación perm ite m uchas veces di­ b u ja r cómoda y fácilmente una recta.

(XII)

A esta expresión se le llam a Ecuación Ge­ neral de la recta.

Ejem plo: D ibujar la recta 3x + 4y-=24 aprovechando la ecuación de segmentos. Solución: 3x + 4y = 24 / :24

En esta ecuación al despejar »y« se obtie­

3x 24 +

ne:

4y 24

y T

A C , , a c y = _ U" y — g- en la cual m = - -g-;n = — gEjem plos: 1) ¿C uál es la ecuación general

1

1

de donde: a = 8 , b = 6 (Fig. 8 ) Y

• x —2 ?

de la recta y =

=

Solución: Basta m ultiplicar p o r 4 la ecua­ ción dada y, en seguida, ordenarla obteniéndo­ se: 3x — 4y — 8 = 0 2 ) ¿C uál es la ecuación

principal de la

recta 2x —6 y + 3 = 0 ? Solución: 2x — 6 y + 3 = 0 6 y = 2x + 3 de donde: y = -3 - • x + -3 -

3) ¿C uál es la pendiente y el coeficiente de posición de la recta 3x + 5y = 15? Solución: 3x + 5y = 15 de donde: m = —0,6; n = 3 ¡Dibuje usted esta recta!

P or lo tanto, basta u n ir los puntos A(0,6), B(8,0) para tra z a r la recta. E n la misma forma trace las rectas: 1) 3x — 5y = 30 2) 5x — 9y = —18

484. E C U A C IO N D E S E G M E N T O S D E UNA RECTA Si la ecuación general de la recta Ax + By = C , se

3) 2x - 3y + 9 = 0

la divide p o r C , se obtiene: Ax

By

+ TT = 1

485.

E sta ecuación equivale tam bién a 4

* A

Sabemos que dos rectas de un plano son paralelas

- f - ' B

Al de signar

P

= a,

REC TAS PARALELAS

c -g- = b , se obtiene:

cuando tienen la misma inclinación y, por lo tanto, la misma pendiente. P ara que las rectas Li : y = mi -x + n t , L 2 : y = m2 • x + sean paralelas debe

T

+ T

= 1

(X III)

verificarse que:

Esta fórm ula se conoce como ecuación de segmentos pues »a« es el segmento que la recta determ ina sobre el eje de las X (corresponde al valor de la >'x« cuando y = 0) y »b« es el segmen­ to que determ ina sobre el eje de las Y (correspon­ d í

mi = 1TI2

' Ejem plo: ¿Son paralelas las rectas 2x+3y=

12 a y = - - | - x + 5 ?

(X IV )

Solución: Basta calcular la pendiente de

487. R E C T A S P E R P E N D IC U L A R E S Sabemos q u e dos rectas son peipendiculares

ellas. Se obtiene: m, ---------1

, m2 = -

y

. P or lo tanto,

cuando al cortarse forman un ángulo de 90°. P or lo tanto:

son paralelas pues mi =

.

C1A°

m’ ~ m *

1 + mi ■m»

Pero tg 90° tiende a infinito, es decir, tiene

486. A N G U L O F O R M A D O P O R D O S RECTAS Sea ó el ángulo que form an al cortarse las rec­ tas: L , y L ¿ siendo: Lx y = mi • x 4- nj a Lj : y = m , x + n¡ Com o a es ángulo exterior del triángulo q u e se forma, se obtiene (Fig. 9):

un valor indeterminado. P ara evitar esta ¡determinación se toma nno 1 + mi - m» cot 90 = —mi---- —mt = 0 E sta igualdad se cumple cuando el nume­ rad o r es cero, es decir, cuando 1 + mi - m 2 = 0. D e aquí obtenemos:

w = p + ¿ de donde: ó = a —/3 mi • rri2 = — 1 Ejemplos:

(XVI)

o bien: 1) ¿Son

perpendiculares

rectas: 4x + 3 y + 3 8 = 0 a 3 x - 4y = 15? Solución: Se debe determ inar

las

mi

nv De 4x + 3 y + 3 8 = 0 se obtiene: mi = - y

De 3x — 4y = 15 se obtiene: m2 = y P o r lo tanto, las rectas son perpendiculares 4

3

pues - y • y 2)

Pero, p o r T rigonom etría, se sabe que:

,

= - 1

D eterm inar la ecuación de la recta que

pasa p o r el punto P (l;3 ) y es perpendicular al tg á = tg (« - 0 ) =

T T l^ n ¡7

Además, como tg a

= m i, tg fi

trazq determ inado por los puntos A(2;8) y - mz,

B(7;3). ¿Cuáles son las coordenadas del pie de esta perpendicular? Solución: Se determ ina la pendiente del

resulta: mi - m» tg b = t + mi - mj

(XV)

g_3

. ,

trazo AB obteniéndose: mi = 2 -_-y = - 1 ; por lo tanto: m2 = 1 (pendiente de la recta per­

Ejemplo. ¿Q ué ángulo form an los trazos PA y P® si A(3;9), B(9;6) y P(1 ;3)? Solución: Se debe calcular prim eram ente la pendiente de estos trazos, obteniéndose: mi = - y y

= 3 p a ra PA;

ir>2 =

= "I" Para

pendicular al trazo AB) Recta por el punto P ( l ; 3 ) : y —3 = l-(x —1) Luego: y = x + 2 P a ra determ inar las coordenadas del pie de la perpendicular basta resolver el sistema for­ mado p o r las dos ecuaciones de las rectas, pues

Luego:

y ry

tg x = _ 3 ^ V . = 1 7 = ’ ’235 1+3'

de donde: x = 5 Ie

este punto es común a las dos. Se obtiene: Recia A B : - ^ | = ^ | d e d o n d e : x + y =

10

Recta por P: x - y = - 2 )M 9 (

Resolviendo este sistema se obtiene: x = 4 ; y = 6 q u e son las coordenadas del pie de la perpendicular.

yi

(

) ; de aquí resulta final­

mente: _

j

488. D IS T A N C IA D E U N P U N T O A UNA R E C TA recta

g

x /i + ( - 4 ) 2

OPTATIVO

Sea la

B xi

d =

L: A x + B y + C = 0 ,

I Ax< + Byi + C| V a1 + b!

(XVII)

Se tom a el valor absoluto porque la distancia es. P (x j,

y¡)

el punto y d = P Q la distancia de este punto a la recta (Fig. 10).

siem pre positiva. Con un desarrollo análogo se obtiene tam ­ bién: d =

yi - m • xi - n I (X V III)

y/ 1 + m’ Ejem plos: 1) C alcular

la

distancia

desde

el

punto

P(6;2) a la recta que pasa por los puntos A( - 5 ;0 ) y B(0;3). f

solución: previam ente

se

determ ina

la ecuación principal de la recta q u e pasa por A y B, obteniéndose: = o T y de donde: y = - | - x +3=

n =3

Luego: d

=

I2 ~ T ' 6 ~ 3 1 I

I -231

d =

Se tiene: %/l + ( T ) 2

PA = PS + SÀ y,

= PS + y2

2°

PS = y , - y2

solución: prim eram ente

A =

d« e os 3 x - 5 y +15 = 0

de donde: d = (yi — y2) ■eos a Expresando el coseno en función de la ta n ­

d =

determ i­

3

B = -5 C = 15

A hora, basta a p lic a rla fórmula X V II:

gente se obtiene: eos a =

se

na la ecuación' general de la recta, obteniéndo­ se:

pero: PS =

^

23 \/34

1 \ / 1 H-tg2a

1 vl+n?

,

de donde:

d

13- 6 + ( - 5 ) - 2 + {15)|

V í+ p íf—

escribirse: d =

. .> -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)<* = 63°26’

17) D eterm inar la ecuación de la recta que pasa por el punto P(5;7) y es perpendicu­ (351<

lar a la recta que pasa p o r los puntos: K ( - 4 , —l) y S ( 6 , - 2 ) .

intersección de sus diagonales y el ángulo

R esp.: y = 5x —18

R esp.: ( y , 5); 99°42’

obtuso que forman.

18) Los extremos de un trazo son los puntos P(6, —3) y Q (2;7). ¿E n qué punto corta este trazo aj eje de las X ?

y

28) Desde el punto C(3;9) se tra z a la perpen­ dicular al trazo determinado por los p u n ­ tos A ( —4 , —3) y B(6;3). ¿C uánto mide esta

R esp.: (4 f ,0 )

perpendicular? ¿Cuál es la ecuación de es­

19) U n tra z o está determ inado p o r los puntos A( —3;5) y B(9, —3). D eterm inar la inter­ sección de este trazo con los ejes coordena­ dos. R esp.: (0;3), (4,5; 0)

ta perpendicular? R esP - :

d =

; y = - y x + 14

29) a) ¿Cuál es la ecuación de la recta que pasa por el punto P(10, - 2 ) y es perpendicular a la recta que pasa por los puntos A( —2, —3)

20) Los extremos de un trazo son A( —8; 12)

y B(7;4)? b) ¿C uáles son las coordenadas

y B(12, - 3 ) . ¿C uánto mide el segmento in ­

del pie de la perpendicular? c) ¿C uál es la

terceptado por los ejes?

ecuación de la recta paralela a AB p o r el

R esp.: d = 0,5 - s / T V Í

punto P?

21) Los extrem os de un trazo son A( - 8 ; 12) y B(12, —3). C alcular la razón en que los ejes coordenados dividen a este trazo.

- | | );

c) 7x —9y - 8 8 = 0 30) U n a recta Li corta a los ejes coordena­

R esp.: 1:2:2 22) D eterm inar

Resp.: a) 9x + 7 y - 7 6 = 0 ; b)

dos de un sistem a en los puntos A (0;6) y la

intersección

de

la

recta

B(5;0). O tra recta L¡ los corta en los pun­

que pasa por los puntos P (l;7 ) y Q(0;4)

tos C (0; —4) y D(2;0). Determ inar:

con la recta que determ inan los puntos

a) Li P l L íj b ) ^ ( L i , Li)

R (7 ;l) y S(10;2). R esp.: ( - 2 , —2)

Resp.: a) (3

31) Los vértices de un polígono convexo son

23) D eterm inar los vértices del triángulo que determ inan

al

, 2 - ^ - ) ; b) 66°23’

cortarse

4x —3y + 1 3 = 0 ,

U:

las

rectas

L j:

5x+2y-24=0,

U : x + 5 y + 9 = 0.

A( - 3 ,

- 2 ) , B(7, - 4 ) , C (10;4), D(5;7) y

E ( —5;5). D eterm inar: a) la ecuación de la diagonal A D ; b) * EA B; c) ¿E n qué punto corta el lado AB al

R esp.: ( —4, —1), (6, —3), (2;7)

eje de las Y? d) ¿E n qué punto corta el lado

24) Los vértices de un cuadrilátero son:

AE al eje de las; X ? e) ¿En qué punto se cor­

A( —4, - 3 ) , B(6; 3), C(3; 9) y D ( - 2 ; 6 ) .

ta n las prolongaciones de los lados ED y

¿ Q ué clase de cuadrilátero es ?

BC? f) ¿E n qué razón corta el eje de las Y

R esp.: trapecio, pues m(AB) = m (C D ) = -|25) U n ángulo está formado p o r los trazos AB

al lado D E? R esp.: a)

9x-8y+ll=0;

b)117°15’;

y BC. Si A( - 4 , - 3 ) , B(6;8) y C (3;9), ¿son '

c) (0; - 2 ,6 ) ; d) ( - 3 f ; 0) e) (11,62; 832);

perpendiculares estos trazos?

01:1.

R esp.: No, pues mi -rri2 ^

-1

32) Los vértices de u n trapezoide son Q ( —5;6),

26) D eterm inar el ángulo agudo que forman

R ( —3, —4), S(6, —2) y T (5 ; 5). C alcular:

las rectas: x —3y = 4; y = 3 x + 4

a) si BC / / AD; b) si son perpendiculares las

R esp.: 53°8’

diagonales; c) el ángulo que forma AC con BD.

27) Los

vértices

A( —4 ,

de

un

cuadrilátero

son

- 3 ) , B (6;3), C(3;9) y D ( - 2 ; 6 ) .

D eterm inar las coordenadas del punto de )» * <

9

R esp.: a) no, pues mi = -g~> b) no, pues mi • n>2 ^

8

= —y f ;

— 1; c) 84°23’

33) Los

vértices

de

un

cuadrilátero

son

CM 3

:

dedonde

A( - 6 , - 3 ) , B(4, - 2 ) , C(7; 4) y D ( - 2 ; 1). III) 5x + 3 y = 1

C alcular: a) su perím etro; b) su área; c) la longitud de sus diagonales; d) el ángulo

Se resuelve el sistem a form ado por dos de

obtuso que form an las diagonales; e) co­ ordenadas del punto de intersección de

estas ecuaciones y su solución se sustitu­

las diagonales.

en una identidad, quiere decir que las

R e sp .: a) ( = ) 31,82; b) 37,5; c) Á Ü

tres =

14,76;

BD = 6,70; d) 125°8’; e) ( - - f . - f ) .

ye en la tercera ecuación. Si la convierten transversales

son

concurrentes

en

este punto. E n este ejemplo, conviene tom ar la ecua­

34) Los vértices del A ABC son A( —2 , —5),

ción I y la III, obteniéndose el sistema:

B( 6 , —1) y C ( —4; 7). D em ostrar que las tres

transversales

de

gravedad

de

este

triángulo se cortan en un mismo punto,

I) 8x - 3y = - 1 III)

5x + 3 y = 1

es decir, son concurrentes en el centro de gravedad del triángulo. Solución:

Prim eram ente

L a solución de este sistem a es: x se

= 0;

determ inan

las coordenadas de los puntos medios de los lados obteniéndose (Fig. 11): Y

y = - i - . Al sustituir estos valores en la ecua­ ción

II)

resulta:

2 - 0 + 9 - -i- = 3

de

donde: 3 = 3 . Llegamos a una identidad; por lo tanto, las tres transversales de gravedad se cortan enG(0; 4 - ) 35) D em ostrar que en el A

ABC del pro­

blem a anterior las tres simetrales de los lados son concurrentes (el punto de con­ currencia es el centro de la circunferencia circunscrita al triángulo). Solución: las

Prim eram ente

coordenadas M2

M i,

y

de

los

M3

se

determ inan

puntos

(ya

medios

determinados

en el problem a anterior). En

seguida,

se determ ina

la

pendiente

de cada lado obteniéndose: p a ra AB: mi = y de donde: m* = —2. P or lo tanto, la ecua­ ción de la recta perpendicular a AB en M 3 es: M , (1; 3), M s ( —3; 1) y M»(2, - 3 ) .

= —2 —* I) 2x + y = 1. E n form a a n á ­

En seguida, se determ inan las ecuacione de las rectas Á M i, BM 2 y C M 3 : AM,

: I)

BM 2

de donde

II) 2x + 9 y = 3

de donde

—- j de

donde: m* = 7 ; la recta perpendicular en M , es:

8 x —3y = - 1

= ^ 3^

loga se obtienen p a ra B C ; mi =

=> II) 5x - 4y = - 7 .

Para-A C resulta m, = - 6 , n h = ^ • Per­ pendicular en M*: III) x — 6 y = - 9 . )3»3(

40) Los vértices de un triángulo son:

Resolviendo el sistem a: II) 5x - 4y = - 7 III)

R ( “ 5, - 2 ) , B(7, - 4 ) - y T ( - 3 ; 6). Demos­

x - 6y = - 9

tra r que sus tres simetrales concurren al punto ( 1 ,6 ; 0 ,6 ).

/ 3 se obtiene: x = — ¡y , y

19 = -¡y • Estos valores sa­

41) Idem, que sus transversales de gravedad concurren al punto G ( — y ,0 ).

tisfacen a la otra ecuación (I). Por lo tanto, las tres sim etrales se cortan en el p unto ( —A , jS ).

42) Idem., que

sus

tres

altu ras

se cortan

en el punto H ( - -y-, —-|-).

36) D em ostrar que las tre s altu ras del A ABC del problem a anterior son concurrentes. Solución: Prim eram ente se determ inan las pendientes de cada lado (ya determ inadas en los problem as anteriores): A B:m i = y luego: m^ = —2 es la pendien­ te de la altu ra que p asa p o r C . Su ecuación es: I) 2 x + y = - 1 (para he). BG:mi = — y luego: mz = -y- es la pen­

43) Los vértices de un triángulo son: A( - 5 , - 2 ) , B(7, - 4 ) , C ( —3; 6). C alcular el radio de la circunferencia circunscrita al triángulo. (Ind. guíese por el probl. 35; determ ine el punto de intersección de dos sim etrales, y, después, calcule la distancia d e este punto a uno de los vér­ tices). Resp.: O (1,6; 0,6); r = 0,2 V 44) ¿Son concurrentes las rectas:

diente de la altura que pasa por A. Su ecua­

Lt : 8x - 3 y + 1

ciones: II) 5x —4y = 10 (p a ra h«).

L s : 5 x + 3 y = 1?

. A C:m i — —6 , luego: m2 = -g- que es la pen­ diente de la altu ra que p asa p o r B. Su ecuación es: III) x —6y = 1 2 (para h*).

1256

= 0, L¡: y = - - | ~ x +-y>

R esp.: Sí, en el p u n to (0;-y-). 45) Dem uestre que las rectas: L ,: 3x + 7y - 11 = 0

Resolviendo el sistema formado p o r dos de

U - 0 ,2 x + 0 , 1 2 y = - 1 L 3 : y = 0,5 • x + 9 son concurrentes.

estas ecuaciones se obtiene:

Resp.: en ( —8 ; 5).

x=

, y = — f§- valores que satisfacen a la

tercera ecuación. P or lo tanto, las tres al­ tu ras se cortan en el punto H ( j ^ , —^y) que es el ortocentro del triángulo.

punto de intersección de las rectas: Li.: 5x —4y + 7 = 0, U : x - 6y + 9 = 0. R esp.: 2x 4- y = 1; P ( — ^3 —

37) D em ostrar que son concurrentes las tres sim etrales de los lados del triángulo PQ R si P ( - 5 , - 4 ), Q ( 3 , —2 ) y R ( —2; 6). R esp.: Puntó inters. ( - ^

46) D eterm inar la ecuación de la recta que pasa por el punto ( 2 , —3) y por el

^

47) U n a recta pasa por los puntos A (2; 6 ) y B (5; 9). O tra recta está determ inada por los puntos C (2; 1) y D (6 , —3). Calcular: a) la intersección de ellas; b)

>3 7 )-

el ángulo que forman; c) ecuación de la 38) D em ostrar

que

son

concurrentes

las

recta AC; d) ecuación de la recta BD;

transversales de gravedad del triángulo ABC si A( - 6 , —5), B(4, - 3 ) , C ( - 4 ;3 ) .

e) intersección de las rectas AD y BC; 0 inclinación de la recta AC; g) inclina­

R esp.: G ( —2, — y ).

ción de la recta BC; h) ángulo obtuso que forman AD y BC.

39) D em ostrar que las altu ras del triángulo del problema an terio r son concurrentes.

R esp.: a) ( - 0 , 5 ; d) y =

R e s p . : H { — «f-, - f | ) . )S54<

3,5);

b)

—12x + 9; e) 3 &

g) 69° 30’; h) 13 5o20’.

90°;

c)x = 2;

3 § ; f) 90°;

48) D eterm inar,

por

medio

del

gráfico, la

ecuación general de cada una de las rec­ tas L j, U y U - (Figs. 12-13-14).

(Indicación: aproveche la »ecuación de seg­ mentos«). R esp.: L, : 4 x + 3 y - 1 2 = 0 ; L<¡: 2x —5y + 1 0 = 0 ; L $ : 3 x + 2 y + 6 = 0 . -í

V F ig. 13

49) D eterm inar, ecuación

por

medio

principal de

del

gráfico,

F ig . 14

la

cada una de las

rectas siguientes. (Indicación: en cada caso determ ine p o r el gráfico »m« y »n«

considerando el signo de la pendiente de acuerdo con la inclinación de la recta) (Figs. 1 5 ,1 6 ,1 7 ). R esp: L j: y = —2,5 • x + 5 ; U - y = 0,5 • x + 2 ; U - y = - 0 ,7 5 - x - 3 . Y F ig. 17

F ig. 16

3-

50) ¿C uál es la ecuación de la recta que pasa por el origen y p o r el punto (4;6)? R esp.: y = 1,5 ■x. 51) ¿Qué valor debe tener K en la recta: 3x - 5Ky + 1 6 = 0 p ara que pase p o r el punto ( —2, —2)? Solución: B asta sustituir en

52) ¿Q ué valor debe tener K en la recta 5Kx + 2y — 6 = 0 para que sea paralela al trazo determinado B(4, - 5 ) ?

por

A( —2,

tener

K en

—3)

y

Resp.: K = -jy

la ecuación

de la recta el valor x = —2 , e y = —2 obte­ niéndose: 3 • ( - 2 ) — 5K ( - 2 ) + 1 6 = 0 de donde: K = -1 .

53) ¿Qué valor debe 6

la

recta

—2y = 5Kx p a ra que sea perpendicular

a la recta 3y + x + 11 = 0 ? R esp.: K = —1,2. )3 5 5 (

54) ¿C uál es la ecuación de la recta que tiene

63) L os extrem os de un trazo son A ( —2, —3)

una inclinación de 30° y pasa por el punto

y B (4; 3). ¿C uál o cuáles de los puntos P ( —3; 4), Q ( —1; 2) y R (5 , —4) pertenécen a la sim etral del trazo?

( - 3 lV/ 3 ) ? R esp.: \ / 3 ■x — 3y + ó \ / " 3 = 0. 55) ¿C uál es la ecuación de la recta que forma un ángulo de 60° con el eje de las X y pasa

Resp.: los tres. 64) Los vértices de un triángulo son A ( —5;0), B ( 8 , —1) y C (1; 6). D em ostrar si el punto P (1; 2) es o no el centro de la

por el punto de intersección de las rectas: L i: 2 x + 3y + 6 = 0; L*: x —0,5 • y —5 = 0?

circunferencia inscrita al triángulo. (Ind.: calcular la distancia desde el p u n ­ to P a los tres lados del A y ver si son iguales).

R esp.: y - \/~ 3 ■x + 4 + 3 \ / T = 0. 56) D eterm inar la ecuación de la recta que pasa p o r el punto de intersección de las rectas Lj: 3x - 5 y - 2 2 = 0; L 2 : 6 x + 7 y —10 = 0 y form a un ángulo de 135° con el eje de las X . R esp .: y + x —2 = 0

65) Los vértices de un triángulo son A( —4 , —3), B(6 ; 2) y C ( —1; 8). C alcular: a) el punto de intersección del lado AB con el eje Y; b) el punto de intersección del lado AC con el eje x; c) el punto de intersección del la­ do BC con las X y con las Y; d) determ inar

57) U n a recta pasa p o r los puntos A(0; 4)

la m edida de los ángulos del triángulo.

y B ( l ; 7); se corta con otra recta que pasa p o r los puntos C (7; 1) y D (10; 2). D e­

R esp.: a) (0, - 1 ) ; b ) ( - 3 . ^ . 0 ) ;

m ostrar si el

c) ( 0, 7 1 ) , ( 8 -|-, 0);

punto

P (5;

5) pertenece

o no a la bisectriz del ángulo que forman. (Indicación: determ ine pun to a las dos rectas).

la

distancia

del

= 0; U . 5x + 3 y + 2 5 = 0;

punto

se

cortan

las

rectas

B(6 , —1) y C ( —4; 7). D eterm inar la dis­

R esp.: Sí, en el punto ( —8 ; 5). 59) D em uestre que las rectas L*: 4 x + 5 y = 1 9 , = 0, L3: 2 x + y + l

= 0

concurren en el pun to P ( —4; 7). 60) D em uestre la colinealidad de los puntos ( - 2 , - J - ) , (4, - 3 ) y ( - 5 , - 1 ) . 61) C alcular el área del A P Q R si P ( - 4 ; 3), Q (—2, - l f ) y ¿ ( —1, - 4 ) . ¿Q ué deduce del resultado? 62) D eterm inar el ángulo agudo que forma la recta 2 x + 9 y + 1 9

¿C uánto mide el ángulo que forman? R esp.: (3, - 2 ) ; 6 = 75°45’. 67) Los vértices de u n triángulo son A( - 2 , - 5 ) ,

L j: x —2 y + 1 8 = 0 :

= 0 al cortarse con

la recta 7x + 3 y + 1 9 = 0 . R esp.: 54° 18’.

)3 5 6 (

qué

L j: 3x —4y - 1 7 = 0 ,L 2: 1 2 x + 5 y = 2 6 ?

58) ¿Son concurrentes las rectas

L*: 6x + y + 17

= 48*11’,

p = 67° 10’, 7 = 64°39’. 66 ) ¿En

R esp.: Sí.

Lt : 3 x + 7 y - l l

d ) tt

tancia desde el punto ( —8 ; 5) a los tres lados. 68 ) Los vértices de un triángulo son R ( —2, —4),

S(9; 0) y T (2 ; 7). D eterm inar la ecuación de la bisectriz del ángulo T R S . (Indica­ ción: demuestre prim eram ente que es un triángulo isósceles). R esp.: x —y = 2. 69) D eterm inar el L .G . de los puntos que equidistan de los extremos del. trazo de­ term inado por A( - 1 , - 5 ) y B (11; 7). R esp.: L .G .: x + y —‘6 = 0. 70) D em ostrar que el punto (5; 2) equidista de los lados del ángulo CA B siendo A ( - 4 ; 2), B(5, —1) y C(5; 5).

43*. U N ID A D E c u a c ió n n o r m a l d e u n a re c ta . D is ta n c ia d e u n p u n to a u n a re c ta . E c u a c ió n d e l p la n o . E cu a c ió n d e la b is e c triz .

O P T A T IV O

491. E JE R C IC IO S 1)

490. E C U A C IO N N O R M A L D E L A RECTA

¿Cuál es la ecuación normal de la recta si la perpendicular desde el origen a ella

Si en la ecuación general de la recta Ax + B y +

mide con l a s X?

+ C = 0 se hace y = 0 se obtiene x = O P ; análo­

Solución: Se tiene p =

gamente, al hacer x = 0 se obtiene y = O Q . Esto nos lleva, como ya vimos anteriorm ente, a la ecuación de segmentos de la recta (N° 484)

= 30°,

tanto, al aplicar la ecuación anterior, se obtiene: x •

+w

a

sen 30° = - j - , eos 30° = \ / ~ 3. P or lo

(Fig. 1).

A)w

y forma un ángulo de 30°

v -/~3 4 -y .

=2 v ' 3

=» \ / T • x + y = 4 y / Y

= 1

¡Dibújela Ud.! 2)

U na recta corta a los ejes coordenados en los puntos A(15; 0) y B(0; 20). D eterm i­ n a r su ecuación normal. R esp.: 0,8 • x + 0,6 - y = 1 2

3)

La ecuación de segmentos de una recta es - 3 —4—\-= 1. ¿C uál es su ecuación normal? R esp.: - 5- • x +

4)

U na

• y = -4¿-

recta corta a los ejes coordenados

determ inando un trazo de 13 unidades. La m enor distancia desde el origen a este L a norm al (perpendicular) O H = p desde el origen a la recta L form a con el eje

trazo es 6 unidades. ¿C uál e s la ecuación norm al de la recta ? Resp.: 3x + 2y = 6 \ / 13.

de las abscisas X el ángulo a . C on esto se obtienen los siguientes valores para los seg­ m entos O P y O Q recordando que * P O H = = % P Q O = « (pues son ángulos de lados perpendiculares): o*5 =

=

P sen a

492. D I S T A N C I A D E U N P U N T O A UNA RECTA Ya hemos calculado anteriorm ente esta dis­ tancia (N° 488). A hora, aprovecharemos la ecua­ ción norm al de la recta.

Al sustituir estos valores en A) resulta:

x • cos a + y • sen « = p

O P T A T IV O

(X IX )

Sea el punto P„ (x., y„); »d« la distan­ cia desde este punto a la recta L ; además, OH =p. La proyección de x* sobre »p« es O F = u;

Esta ecuación se llama, ecuación normal de la recta.

la proyección de y* sobre *d« es P0E Kntonces:

= v.

)3 5 7 (

u = Xo • e o s « v = y0 • sen a

En efecto:

Kti*»»»**’ vx — si y = 0 , z = 0 se» n obtiene: = __ = a =» A(a, 0, 0) _k_ si x = 0 , z = 0 se obtiene: y = -jr = b =*B(0, b, 0) B si x = 0 , z = 0 se obtiene: z = jíj- = c =* C(0,0,c). Obtenemos

de esta

m anera tres puntos

del espacio que bastan para determ inar un pla­ no (P). Si la ecuación anterior (xxi) se divide p o r k, resulta: k + k +

k ~ 1

J L + JL + _ 5 _ = 1

Jl

A

Jl

B

C

Jl

de donde: u + v = Xo • eo s« + y0 ■sen « pero: u + v = p + d Luego: p + d = xo • eos« + y0 • se n « de donde: d = x,, ■eos a + y0 • se n « — p

Esta expresión se llam a ecuación de seg­ m entos del plano en la cual a = OA, b = O B, c = OC. 494. E J E R C IC IO S

O P T A T IV O

1) D ibujar el plano que pasa por los puntos

493. E C U A C IO N D E L P L A N O U na ecuación de prim er grado con tres incóg­

2) D ibu jar el plano cuya ecuación es: 5x + 6y + 8z = 24.

nitas representa en el espacio (R3) un plano que corta a los tres ejes coordenados de un

3)

¿Qué plano representa en el espacio la

sistem a ortogonal tridim ensional:

4)

ecuación: 3y + 4z = 12? D eterm inar la ecuación del plano que pasa por los puntos A(4, 0, 0,), B(0, 3 , 0) y

A(2, 0 ,0 ), B(0,6,0) y C(0,0,8).

C (0, 0 ,8 ).

Ax + By + Cz = k 5)

R esp.: 6x + 8y + 3z = 24. D eterm inar la »cota« del punto: P(2; 4; z) para que pertenezca al plano

6)

5x — 3y + 2z = 20. Resp.: z = 11. D ibujar el plano cuya ecuación es:

7)

5x - 6y + 15 z = 30. D ibujar el plano cuya ecuación es: 3x - 8y — 6z = 24.

8) Verifique cuáles de los siguientes pun­ tos pertenecen o no al plano: 6x + 4y + 9 z = 36. Pi (0 ,0 , 4), P2 (1; 0,75; 3), P3 (2; —3; 4), P4 ( —3; 9; 2),

Ps <5; 3; -1 ). R esp.: todos menos P5.

9)

¿C uál es la ecuación, en el espacio, del

A, •x + B -y +c, s/ a,1 + B,2

j. ° (xxm )

Ai 'X + B ■y + Ci . Aj •x + Bz y +Cí ---r y / A,2 + B,! w + B5

un (xxiv)

+

O P T A T IV O

Aj •x + Bo -y +C2 B,' > s

plano (YZ)P

495. E C U A C IO N D E L A B IS E C T R IZ Considerem os un punto P0 (xo, xo) de una de las bisectrices del ángulo formado por las rectas Li y L2 cuyas ecuaciones n o r­ males se conocen. Entonces, las distancias de este punto a las rectas son: j

_

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

D eterm inar las ecuaciones de las bisectri­ ces de los ángulos que forman las rectas: L i: 4x —11 y —36 = 0, L2 : 1 lx - 4 y + 6 = 0 .

A t ■xq H- B i • yp + C |

Resp.: L ’: x - y - 2 = 0 ,

L ” : x + y + 6 = 0.

V aT T bZ ,

_

2)

A2 • xp + B? • yp -f C2

2 '

Dos rectas al cortarse form an un ángulo cuyo

yvT B 7

vértice

es

el

punto

P ( —2;

8).

Si la ecuación de una de las bisectrices es: L ’: x + y - 6 = 0 , ¿cuál es la bisectriz

Y

del otro ángulo que forman las rectas? R esp.: L ” : x - y + 10 = 0 3) D eterm inar

la

ecuación

de

la

bisectriz

del ángulo agudo que forman al cortarse las rectas L , : x + 3 y — 2 = 0, La: x - 3 y + 1 0 = 0. Resp.: y = 2. 4)

D eterm inar las ecuaciones de las bisec­ trices de los ángulos que forman al cor­ tarse las rectas L i: x - 2 y - 2 = 0, L j: 1 lx —3y + 3 5 = 0.

P ara que P0 pertenezca a debe verificarse di = d2. Es decir: A l • *° + B , - y , + C , _

A ; • xp +

v/A ',! + Bi“ Al tom ar resulta:

un

la

bisectriz

R esp.: P ( - 4 , - 3 ) ; L ’: (11 - v ^ 2 6 ) x + (2 s/~26 - 3 ) y + 35 + + 2 v /'2 6 = 0.

• yo + Q

V Á T + ü 2punto

Verifique el resultado que encuentre para el punto de intersección de las rectas.

variable

P (x ,

5)

D eterm inar una ecuación de la bisectriz de uno de los ángulos formados por las rectas:

y)

L j: x —2y - 2 = 0 , A , • x + B] - y + C ,

V

a ,2

+

b ,2

_

^ - x + B , ^

v V

+

Lí>: 6x + 7 y - 5 0 = 0.

+ Ca

Com pruebe su ce del ángulo.

b 22

resultado

para

el vérti­

Resp.: P(6;-2). E sta es la ecuación de la bisectriz de uno de

L ’: { \ / n - 6 ) • x - (2 V T 7 + 7 ) • y + 5 0 - 2 s / n = 0.

los ángulos que form an las rectas. Al considerar el signo de las raíces, se obtiene d, = ± d 2. Con esto se obtienen l is ecuaciones de las dos bisectrices que son:

6)

D eterm inar la ecuación de la bisectriz del ángulo formado p o r las rectas: L , : 6 x + 7 y —50 = 0, L2: 1l x - 3 y + 3 5 = 0 . )3 5 9 (

C om pruebe

su

resultado p a ra el punto

de intersección de las rectas.

b) L ’ : 7x + 5 6 y + 7 2 = 0 (ángulo agudo);

R esp.: P ( —1; 8). L ’: ( 6 \ / " 2 6 - 11 \ / ~ Í 7 ) x + (7 7)

R esp.: a) ( f , - f ) ;

+

+3- 5 - ( 1 0 v / 2 6 + 7 V T f ) =0. S e d a n las rectas L i: 3 x + 4 y = 1 2 ,

L ” : 8x —y —57 = 0 (ángulo obtuso;- c) a la del ángulo obtuso.

intersec­

8) D eterm inar la ecuación de la bisectriz del ángulo que forman las rectas que pasan

ción; b) la ecuación de las bisectrices; c) ¿ a cuál de las bisectrices pertenece

por los puntos A (7 ; 1), B (10; 2) y C (1; 7), D (0; 4), respectivamente.

el punto (8; 7)?

Resp.: L ’ : y = x; ¿cuál es la otra?

L*: 5x —12y *= 60. D eterm inar:

) 3* 0 (

a) su

punto

de

44* U N ID A D La circu n feren cia . E cuación gen era l

y

ecu a ció n ca n ó n ic a . D isc u sió n de la ecu a ció n general

d e la circu n feren cia.

497. E C U A C IO N D E L A

C IR C U N F E R E N C IA

Se presentan dos problem as por resolver: a) conocidas las coordenadas

P ara determ inarla basta calcular la distancia entre su centro y un punto de ella. Siendo C(u,v) el centro de la circunferencia de radio »r« y P(x,y) u n punto cualquiera de ella, la distancia entre C y P, según la fórmula I, es: (N® 470). r = > / ( x - u ) 2 + (y —v)2

(u, v) del

centro C y el radio »r«, determ inar la ecuación de la circunferencia. Ejemplo: 1) Si C ( —3;5) y r = 1 0 , la ecua­ ción de esta circunferencia es: (x + 3 )2 + (y —5)* = 100 (ecuación canónica), o bien: x2 + / + 6 x —lOy - 6 6

= 0 (ecuación

general; se obtiene desarrollando y ordenando

o bien:

la ecuación canónica). (x - u ) 2 + ( y - v ) 2 = r2

(xxv)

E sta es la ecuación de la circunferencia de centro C(u,v) y radio “r* (Fig. 1).

b) conocida

la

ecuación

de

la

circunfe­

rencia, determ inar las coordenadas del centro y su radio. Si se d a la ecuación canónica el problema se resuelve fácil y rápidamente.

Y

Ejem plo 2) D eterm inar el radio y las coordenadas del centro de la ( x + 6 )2 + ( y - 3 ) 2 - 64.

circunferencia

D e esta ecuación se obtiene inm ediata­ mente: u = —6, v = 3 , r = 8 . N o es tan fácil cuando se da la ecuación general. Ejem plo 3) D eterm inar el centro y el radio de |a circunferencia: x2 + y* - lOx + 6y + 30 = 0. P ara obtener de esta ecuación lo que se pide debemos com pletar los cuadrados (x —u)2 e ( y - v ) 2.* Si el centro de la circunferencia coincide con el origen 0 del sistema de coordenadas, es decir, si u = 0, v = 0 , se obtiene la ecuación: + y2 = r2

(xxvi)

Al desarrollar la ecuación x x v se obtie­ ne:

Se ordena, prim eram ente, guiente:

del modo si­

x2 - lO x + y2 + 6y + 3 0 = 0 (para

com pletar el prim er cuadrado

x2 - lO x + 2 5 - 25 + y 2 + 6 y + 9 - 9 + 3 0 = 0 x2 + / —2ux —2vy + u 2 +V2 - 1 ^ = 0

(xxv») (x —5)2

-2 5 +

(y + 3 f

-9 + 3 0 =0

A esta ecuación se le llam a ecuación gene­ ral de la circunferencia; en cambio, a la ecua­ ción x x v se le llam a ecuación canónica.

se

sum a y resta 25; para completar el otro cuadrado se sum a y resta 9). Se obtiene:

Finalm ente, de aq u í obtenemos:

(x —5)* + (y + 3 )2

—A . )S « 1 (

P or lo tanto: r = 2; u = 5 , v = —3 = » C(5, —3) M ás atrás vimos que al desarrollar la for­ m a canónica (x —u)2 + (y - v)2 = r 2 se obtiene la form a general:

3) Si

D=E=0

y

r2 < 0 ,

significa

que

x2 + y2< 0 lo que no puede existir pues V x a V y se tiene x2> 0 e y2 > 0 . Por lo tanto, no existe ningún punto que satisfaga x2 +y* = —r2 lo que conduce al conjunto vacío.

x2 4-y2 —2ux —2vy + u 2 + v 2 -•? = 0 .

4) Si x2 ' + v2 = r2 implica que D = 0. E = 0 . En este caso elradio de la circunferencia

A hora, si se designa D = —2u, E - —2v, F = u 2 +v2 —r2

se

obtiene

otra

m anera

de

es

nr« y tiene por centro elorigen

del sistema.

Se llam a »ecuación central".

expresar la ecuación general de la circunfe­ rencia: 499. E JE R C IC IO S x2 + / + D -x + E - y + F = 0 D e las designaciones m os, también:

(xxviri)

anteriores

1) D eterm inar el circunferencias:

obtene­

de

las

siguientes

a) x2 + y2 = 1 b) x2 + y2 = 3 c) 4x2 + 4y2 = 9

u = —-y , v = — J , r = y - \ / D 1 + E2 —4 - F

d) 2x2 + 2y2 = 3 e) a2 • x2 + a2-y2 = c .

Con esto la ecuación canónica puede, asi­ mismo, expresarse en la forma: 2) E \2

radio

(xxrx) -

Indicar el dominio y el rango de las circun­ ferencias: a) x2 + y2 = 9

El ejem plo anterior lo podemos resolver

bl 5x2 + 5y2 = 1 0

„\

p o r este camino obteniendo: D = —lO dedonde: u = - -j^ -= 5 ■C(5, - 3 ) E =

( - 10)S + 6a - 4 -3 0

,

2

2

o

que tienen su centro en el origen y por radio: a) 8

p or otra parte: = ----------- 4-----------

2

3) Escribir la ecuación de las circunferencias

6 de donde : v = — §~ = ~ 3

r

2

c) t x +t ■y = 8-

„ J

J

r = 2.

c )y \/T

^ ) <>• , r

J

= 4 de donde:

b) 2 \ / 2

4) Escribir la ecuación de las siguientes cir­ cunferencias de las cuales se da el radio y las coordenadas del centro. Dibujarlas.

Entonces, la ecuación canónica es:

a) C ( —2, —3); r = 4

(x -5 )2 + (y + 3 )2 = 4 .

b) C (4, - 2 ) ; r

= s/3

c) C ( N/ T , v / 3 ) ; r = ^ 5 498.

d) C ( - 3 ; 5); r = 2

D IS C U S IO N D E L A E C U A C IO N G E N E R A L D E L A C IR C U N F E R E N C IA

e) C ( —1; - 1 ) ; r = 1

x2 + y2 + D-x + E-y i + F = 0

0

1) Si D = E = F = 0 seobtiene: x2 +y2 =0. E sta ecuación se satisface p ara x = y = 0; es decir, corresponde al punto (0,0) que es el origen. 2) Si r2> 0 la ecuación corresponde a la circunferencia de centro ( —y-, - - |- ) y radio

5)

C ( —3, - 4 ) ; r = 5 .

D eterm inar el radio y las coordenadas del centro de las siguientes circunferencias; adem ás, dibujarlas. a) (x - 3 ) 2 + (y + 2)2 = 9 b) ( x - f > / 2 f + ( y - v / 3 .) 2 = 5 c) x2 + y 2 - 2 x + 6 y - 1 4 = 0

= 4 ^ 0 " + E 2 - 4 'F . )362(

d) 16x2 + 16y2 + 16x - 8 y - 1 2 3 = 0

14) D eterm inar la ecuación de la tangente a

e) x2 —1 0 x + y 2 —4y + 2 0 ,9 = 0

6)

O 25(x + 8 )2 + 25 (y + 2 )2 = 9 6 1 .

la circunferencia x2 + y2 = 25

¿Cuál es la ecuación general de la circun­

to (3,4) de ella. Resp.: 3 x + 4 y =25.

ferencia de centro: ( —2;5) y radio 3 \/~ 2 ? Resp.: x2 + y 2 + 4 x - lOy +11 = 0 . 7) ' D eterm inar el radio y el centro de la cir-

x2 +y* —6x + 8 y - 4 3 = 0? ¿C uál es la ecuación de la tangente en el R esp.: (3; —4); x —4y + 15 = 0 . 16) D eterm inar la ecuación de la circunferen­

Resp.: (3, —4); r =17. ¿Cuál es la forma canónica de la circun­

cia que pasa por los puntos A(3, - 4 ) ,

ferencia: x2 + y2 + 4x - 1Oy + 11 = 0 ?

B(2, —5) y C(2, —4). Solución: La ecuación

es

(x —u)2 +

+ ( y - v ) 2 = r2.

Resp.: (x + 2 )2 + (y —5)2 = 18. 9)

15) ¿Cuál es el centro de la circunferencia

punto (1;4) de ella?

ferencia: x2 + y2 —6x + 8 y - 2 6 4 = 0 8)

en el pun­

¿C uál es el centro, el radio y la forma canó­ nica de la circunferencia x2 + y 2 —4x - 1 0 y + 2 4 = 0 ?

Debemos determ inar los valores de u, v, r; p a ra esto se sustituyen en la ecuación anterior

Resp.: C (2;5) r = > /~ 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) <4 + s / T ; 0 ) A (4 - y / T ; 0). 23) L a ecuación de una circunferencia tan ­ gente al eje de las abscisas es x2 + y* —8x + 6 y + 1 6 = 0. a) ¿Cuál es su centro?; b) ¿su radio?; c) ¿su intersección con el eje de las Y? R esp .: a) (4, - 3 ) ; b) r = 3 ; c) $ . 24) ¿Cuál es la ecuación de la circunferen­ cia de centro (4;3) y que pasa p o r el origen? R esp.: \ + y2 - 8x - 6y = 0. circunferencia de radio 5 unida­

des tiene p o r centro (4;3). C alcular la in­ tersección de esta circunferencia con los ejes. R esp.: (0,0); (0;6); (8;0). 26) D eterm inar el centro, el radio y la ecua­ ción de la circunferencia que pasa p o r los puntos A ( 4 ,- 1 ) , B ( - 2 , - 5 ) y C (5;4). R esp.: ( —3;3); r = - \ / 6 5 ; (x + 3)s + (y - 3 ) 2 = 65. 27) Saque los datos de la figura adjunta y cal­ cule (Fig. 2):

XS

R esp.: a) x2 +ya + 4 x - 6 y - 2 3 = 0 b) x = 4 ;

las

abscisas? R esp.: a) x2 + y 2 - 8 x + 6 y + 9 = 0

25) U na

e) la ecuación de la tangente en el pun­ to B. c) y = - 3 .

28) D eterm inar las intersecciones de la cir­ cunferencia de centro ( —4 ;5) y radio 2 s / l Ó con la recta que pasa por los puntos A (0 ;9 )a B(3;0) R esp.: L O O 29) Se

da

la

= I (2; 3), ( - 0 ,4 ; 10,2 ). circunferencia

x2 + y2

—2x

+ 6 y + 5 = 0 . C alcular la ordenada de un punto de ella si su abscisa vale 2. R e sp .:y i = - 1 ; y2 = - 5 . 30) D eterm inar la intersección de la circun­ ferencia de centro C ( l , —3) y radio \ / ~ 5 con la recta x =2. * « /> .: 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
a

y = - \ / 49 —x2

cuyos gráficos son cada uno, separadam ente, funciones (Figs. 3 y 4). Y

El conjunto de valores de la variable in­ dependiente forma el dom inio y el conjunto de los valores de la variable dependiente consti­ tuye el rango. )36 6<

3

dominio:

-7 á x á

+ 7 (conjunto de valores de »x«)

rango:

—7 S y í

+ 7 (conjunto de valores de »y«).

Cuando el valor absoluto de x o de y es mayor de 7, la cantidad subradical es negativa y, por lo tanto es un núm ero imaginario puro. Tam poco son funciones, por las razones dadas, las siguientes relaciones expresadas en Lo mismo puede decirse de la elipse. Además, en el ejemplo anterior, obtene­ mos:

las figuras 5, 6 y 7. ¿Pueden estas tres últim as relaciones desdoblarse en dos funciones como se hizo para la circunferencia ?

F ig. 5

F ig. 6

F ig . 7

)367<

_

46* U N I D A D L a p a r á b o la . F u n c ió n c u a d r á tic a . P u n to d e in fle x ió n . P u n to m á x im o y p u n to m ín im o . D is­ c u s ió n d e la s d if e r e n te s f ó rm u la s d e la p a r á b o la . E je d e s im e tr ía d e la p a rá b o la .

501. E C U A C IO N D E L A P A R A B O L A Antes de en trar en detalles sobre esta curva con­ siderarem os algunos ejemplos que se presen­

po, la m asa será constante. Al variar la rapidez »v« se obtiene la siguiente »tabla« en la cual se ha tomado m = 2 para comodidad en los cálculos:

tan en Física. i) L a energía cinética de un cuerpo es:

V

0

1

2

3

4

5

6

E*

0

1

4

9

16

25

36

Ee = y-m v* De acuerdo con esta »tabla« se observa que al Al

representar

gráficamente

la

relación

entre la energía cinética y la m asa del cuerpo, siendo v = constante, se -obtiene la siguiente "tabla de valores« en la cual se ha considerado v =1: m

0

E,

0

1 1 2

2 1

3 < 1

4 2

6

5

2— ¿ 2

3

Al graficar estos valores se obtiene una recta que pasa por el origen lo q u e corresponde a una función lineal pues E « = y -m (Fig. 1).

variar la rapidez de 0 a 1 la energía cinética tam ­ bién varía de 0 a 1; pero al increm entarse la rapidez de 1 a 2 la E* varía de 1 a 4; al variar la rapidez de 2 a 3 la E, varía de 4 a 9, etc. P or lo tanto, no existe un incremento constante de la energía cinética a l variar la rapidez en forma constante. Entonces: E* =v2 no es una función lineal y su gráfica no es una recta, sino una curva muy especial llam ada parábola. P ara dibujarla bas­ ta unir los puntos encontrados (Fig. 2).

E ste resultado indica que existe una propor­

.

cionalidad directa en tre la energía cinética y la m asa del cuerpo:

16

constante.

12

8

4

0

iii)

1

2

3

A

5

P o r Cinem ática sabemos que la dis­

tancia »s« recorrida por un móvil que parte del

Se observa que existe, además, un incre­

reposo con aceleración constante »a« está dada p o r la fórmula:

mento constante ya que al increm entar la masa

s = 4 - - a t 2.

de 1 a 2 la E* se increm enta d e ^ a 1; al incre­ m entarse la m asa de 2 a 3 la E* se incrementa de 1 a 1-i-,ete. Es decir: a un incremento de 1 en

Form e Ud. una tabla para diferentes va­ lores de »t« y tome a = 2 ; una vez completada la »tabla« haga el gráfico correspondiente: s vs. t.

la masa le corresponde un incremento d e -i en t

la energía cinética. ii) C onsiderando, ahora, el )3 6 * (

mismo cuer-

s

0

1 2

3

4

5

6

iv)

Si el móvil comienza a acelerar cuan­

do ya tenía una rapidez V,, la distancia que re­ correrá en cierto tiem po t será: s = V„ • t 4- -j- ■at2 Considere usted V„ = 2 , a = 2; forme una »tabla« calculando y p a ra t = 0 ,1 ,2 ,3 ,4 ,5 y 6. D ibuje la parábola correspondiente y com párela con las anteriores.

502. Los ejemplos ii, iii y iv representan ejem­ plos de una función cuadrática qu e, en forma general, queda definida p o r la ecuación: (xxx)

y = a ■x2 + b • x + c

siendo a ^ O , con a , b, c, G IR Se escribe tam bién: (xxxi)

f(x) « a-x + b-x + c

A nalizarem os a continuación, algunos ca­ 1) T odas tienen sus ram as abiertas hacia

sos particulares de la ecuación cuadrática. A) Consideremos, prim eram ente, la función:

arriba. 2) Al au m en tar el valor de “a® la pará­

( a > 0 ; b = c = 0)

y =

bola se va cerrando cada vez más. 3) T odas tienen el punto (0,0) en común que corresponde al vértice de cada parábola

P or ejemplo: yi = - f - x 2; y3 = 2-x3;

y* - x*;

(pun to de inflexión de ellas);

y« = 3-x2;

4) T o d a s tienen el mismo p u n to mínimo (0,0), pero no existe un p u n to máxim o. Este valor mínimo de la función f(x) se obtiene, en

ys = 4-x2. _L 2 2 X

X - 4

8

- 3 - 2

2

-1 0 1 2

3 -x

4 -x 2

16

32

48

64

9

18

27

36

4

8

12

16

1

2

0

2

8

5

2 -x 2

i T 0 l 2

3 4

x2

12 i

este caso, para x =0. 5) N o existen valores negativos de la fun­ ción f(x) ya que V x 6 IR, f(x) g 0. 6) T odas estas parábolas tienen el mismo

4

0

3 0

1

2

3

4

4

8

12

16

9

18

27

36

yi = — f-x * ;

16

32

48

64

ys = - 2 x 2;

25

50

75

100

0

eje de sim etría que es el eje de las Y, (x = 0). B)

Analicemos,

ahora,

la

misma

fun­

ción y =a-x2, pero con a < 0 . P or ejemplo: ya = - x J ; y< = —3x2;

ys = - 4 x 2. Complete U d. la »tabla« siguiente y dibu­

Al representar, de acuerdo con esta »ta­

j e en una hoja cuadriculada o en u n papel mili-

bla«, estas cinco funciones, se observa que

m etrado todas estas parábolas y -observará que

(Fig. 3):

(Fig. 4): )3 6 9 (

- •.,¿0

1) T odas tienen sus ram as abiertas hacia abajo; 2) Al aum entar en valor absoluto el va­ lor negativo de »a« las parábolas se van cerran­ do; 3) T odas tienen

un

punto

común (OjO)

que es el vértice de cada parábola y que coinci­ de con el origen del sistema; 4) T odas tienen el mismo punto máximo (0,0) para la función y no existe punto mínimo. E ste punto máximo se obtiene para x = 0 .

■

5) N o existen valores positivos p a ra f(x), ya que V x 6 IR, f(x) <, 0; 6) T odas tienen el mismo eje de simetría que es el eje de las Y. C) Analicemos la función: y = a ■x + c ( a ? í 0 , b ? í 0 , c ? ! 0)

P or ejemplo: consideremos las funciones: y i= x s + 3 ; y¡ =x* —3; y3 =2x2 - 3 Form e una »tabla« de valores y dibuje en un p a ­ pel cuadriculado o milimétrico las parábolas correspondientes a cada ecuación. Se observa que (Fig. 5):

F ig . 5

1) L as tres tienen el vértice sobre el eje de las Y y a la distancia »c« del origen. 2) El eje de sim etría de las tres es el eje de las Y (x = 0 ). 3) L as curvas que tienen el mismo valor p a ra la »a« son congruentes y sólo se encuentran trasladadas en el valor de »c«. (E n nuestros ejemplos, se tiene yi ~ ya) - 4) Al increm entar el valor de »a'< las ra ­ m as de la parábola se van cerrando. 5) El punto mínimo de las tres corres­ ponde al punto (0,c). 6) N o existe en ellas un punto máximo. D) Analicemos la función: y = a-x2 + b-x(a ^ . 0, b ^ 0 , c = 0; a , b e R ) P o r ejemplo: y, = x* + 2 x ; y2 = x2 - 2 x ; y3 = x 2 - 5 x

Form em os la siguiente tabla: X

-5 -4

x2 + 2x 15 8

3 0

-3 -2

x2 —2x 35 24 15 8

x2 —5x 50 36 24 14 6 0 -4

-1 0

-1 0

3 0

1

3

2

8

-1 0

3 4

15 24

3

-6

8

-4

5 6

35

15

48

i 24

-6

0 6

Al construir los gráficos correspondien­ tes a cada una de estas parábola, se observa que (Fig. 6): ) 3 7 l<

1) T o d as pasan por el origen, es decir, tienen el punto com ún (0,0).

Complete.Ud. la »tabla« siguiente: X

x2 - 2 x

2) L as tres tienen distinto eje de simetría, pero, todos paralelos entre sí y al eje de las Y.

-5 -4

3) El vértice de ninguna de ellas está so­ bre el eje de las Y ni sobre las X.

-2

4) E n el caso de b > 0 , el eje de simetría está trasladado hacia la izquierda del eje de las Y; y si b < 0 , está trasladado a la derecha de este eje. 5) L as

tres

parábolas

son

congruentes

y sólo se encuentran trasladadas horizontal o verticalmente respecto a los ejes del sistema. E) Veamos, ahora, el caso más general q u e corresponde a la función cuadrática:

x2 —2x + 3

x2 —2x - 5

-3 -1 0 1 2 3 4 5 6

y2 = x 2 - 2 x + 3 ;

Al construir estas curvas de acuerdo con esta »tabla«, se observa (Fig. 7): 1) T odas tienen el mismo eje de simetría

y* ~ 2 x —5; es decir, los casos en que c = 0 , c> 0, c<0.

y la posición de éste no depende del valor de »c« sino del valor de »a« y »b«.

y = a - x s 4 -b -x + c Considerem os:

)3 7 2 <

( a ,b ,c € R )

y, = x 2 - 2 x ;

parábola cuyo eje de simetría es paralelo a las Y (Fig. 8). E n cambio, la ecuación: x = ay* + by + c (que no es función) tiene tam bién por gráfica una parábola, fiero su eje de sim etría es parale­ lo al eje X (Fig. 9). La función cuadrática y = a x 2 + b x + c se anula, o sea y=o, en los puntos x’ y x” . Por lo tanto (Fig. 8): ax2 + bx + c = 0 en la cual x’ y x” son las raíces de esta ecuación, y tienen la propiedad de que: x’ + x” = - JiPen», por ser L (Fig. 8) el eje de simetría, el punto M equidista de x’ y x” . P or lo tanto, obenemos: -b x’ +x” (X X X Il) de donde: 2a

En estos tres ejemplos la ecuación

del

eje de sim etría es x = 1. 2) P a ra cualquier valor de x la función y2 es m ayor en 3 unidades al valor de y i. De la m ism a m anera, el valor de y3 es 5 unidades me­ n o r que yi. 3) L as tres curvas son congruentes y só­ lo se encuentran trasladadas respecto al eje de las X .

verticalmente

4) C ada una corta al eje de las Y en puntos diferentes que corresponden al valor de »c*. y, = f( (x) corta a las Y en el punto (0,0) y2 = f2(x) corta a las Y en el punto (0,3) y3 = f3(x) corta a las Y en el punto (0, -.5). 5) N inguna de estas funciones tiene

va­

lor máximo (punto máximo), pero cada una tiene un valor mínim o (punto mínimo) distin­ to que corresponde a la ordenada del vértice

eje simetría

de cada parábola: yi = - 1 ; y2 = 2 ; y3 = —6. 503. D I S T I N T A S E C U A C IO N E S D E L A P A R A B O L A . Discusión Ya hemos dicho que la función cuadrática: y= ax2 + b x + c

representa

gráficamente

una )373<

Al

sustituir este

valor en

3) Si a > 0 las ram as de la parábola se abren

la ecuación

y = ax 2 + b x + c se obtiene el valor de la ordena­ da »v« del vértice V de la parábola: v -a -(-irf+ b -< -it> + c

(xxxm )

4a

pero no existe máximo ya que las ram as se ale­ ja n hacia + =o. 4) Si a < 0 las ram as de la parábola se abren hacia abajo; existe un punto máximo (u,v),

Haciendo los cálculos y reducciones, resulta 4ac - b

hacia arriba; existe un punto mínimo (u ,v ),.

pero no existe un mínimo ya que las ram as se alejan hacia —x . 5) El eje de sim etría es paralelo a las Y

Luego: las coordenadas del vértice son: V (u,v)

V (

o bien:

V ' 2a

>

y su ecuación es x = u siendo u =

4ac ~b* \ 4a

'

6) El valor d e |u |

(xxxiv)

.

indica el núm ero de

unidades que el eje de sim etría de la parábola Conocidas las coordenadas del vértice V (u,v,), a la ecuación cuadrática y = ax 2 + b x + c se le puede d ar la form a canónica: (x -u )2 + v

(xxxv)

está trasladado horizontalmente. Así: si u = 0 no h a y traslación y el eje de simetría coincide con el eje de las Y; si u > 0 el eje de sim etría está trasladado hacia la derecha del eje de las Y; si u < 0 el eje de sim etría está trasladado a la iz­

en la cual a ^ 0 a , u , v 6 IR. En efecto, podemos hacer las siguientes transform aciones p a ra darle esta forma: y = ax 2 + b x + c (se saca factor común »a«) y = a-(x2 + -r--x + " r )

(se

suma p ara

y

resta £-¡4a com pletar el

cuadrado de u n bino­ mio).

quierda de las Y. 7) El valor |v | indica el núm ero de uni­ dades de la traslación vertical de la parábola respecto al eje de las X . Si v = 0 no hay traslación y el vértice de la parábo­ la está sobre el eje de las X ; si v > 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 =
16 = R ;

31). a) V( 2 -j-;0 ); b) punto mínimo

Y;

44) D eterm inar gráficamente y algebraicam en­

10 = B ; 11 = E ; 1.2 « N ;

15 = W ;

- 3 - ( x + 2 f + 1;

e) x = - 2 i 4 ^ 3 ; f ) y = - 1 1 ; 35) a) ( 4 , - 3 ) ;

a) ¿E n qué puntos corta a los ejes coor­ denados? b) ¿Es función? 47) D ib u jar la parábola x = - 2 - ( y - 5 f + 7 . 48) G raficar: y = 0,25-x2.

b) punto

máximo

d)

(x 4 )2

y =

(4,

—3);

c)

= -1 9 ;

36) a) V(3, —5); b) punto mínimo

(3, —5);

50) G raficar: y = —x2 —3.

+ 4 V l0 ;0 )

51) G raficar: y = —x2 — x —2.

f) (0; 13) a las Y; 38) u’ = - l ;

52) G raficar: y = —2x2 + 5 .

39) V ( —1;3);

53) G raficar: x = y2 + 2 y —3.

42) y = (x —3 )2 —4; la

intersección

de las curvas: y = x 2 —4; x = y2 —4.

)3 8 0 <

x =3;

d)

c)

gráficamente

= 4 ;

3; e) no existe; f) y

49) G raficar: y = 2x2 - 5 .

54) D eterm inar

x

y = 2 -(x —3)* —5;e) a

(3 -y y /T Ó ;0 )

40)

V (5;5); 43)

41)

(3 a

+ las

X;

u” = - 5 ; V ( - 3 ;4 ) ;

y = - 2 -(x -2 )2 - 6;

44) P (l;3 ); 45) C y E ; 46) a) (8;0), (0;2), (0;4); b) no.

P 4 e Jo o

47a U N I D A D T U La e lip s e , su ecu a ció n y sus e lem en to s.

^ P i A V £ a r 2_ A

507, E C U A C IO N D E L A E L IP S E La ecuación de la elipse que tiene su centro en el origen del sistema es:

(xxxvi)

en la cual »a« es el semieje m ayor y »b«, el semi­ eje m enor (Fig. 1). E sta ecuación se la puede expresar tam bién, en la forma: (x x x Vil) en que A, B y K son todos distintos de cero, todos positivos o todos negativos.

tical. Además, estos valores perm iten conocer

Si a > b el eje m ayor es horizontal (Fig. 1).

cuatro puntos de la elipse: (6; 0), ( —6; 0), (0; 4), (0, - 4 ) (Fig. 1). P ara determ inar otros puntos de la elipse basta despejar »y« de la ecuación dada o la *>x«, obteniéndose en este ejemplo: y = ± - y \ / l 4 4 - 4xí ; o bien:

x = ±

P o r lo tanto:

\ / \4 4 - 9y*

el dominio es: —6 ¿ x ^ 6 . el rango es: —4 S y í 4

“T ab la de valores«:

Si a < b , el eje m ay o res vertical (Fig. 2). Por ejemplo: dibujar la elipse: 4x2 + 9 / = 144 Solución: Al dividir la ecuación dada por 144, se obtiene: + * - 1 de donde: a = ± 6 ; b = ± 4 . Con estos valores se sabe que el eje m ayor mide 12 unidades y es ho­ rizontal; el eje m enor mide 8 unidades y es ver)3 8 l(

Si la elipse tiene su centro en el origen del

Además, determ inar sus semiejes y dibujar­

sistema de coordenadas, los puntos de intersec­

la. (Resp.: C (2, - 3 ) ; a = 4 ; b =3;

ción con los ejes del sistem a son: ( ± a ,0 ) A (0 ,± b ) .

■ p J lg g

Si el centro de la elipse está en un punto cualquiera (u, v), como se indica en la figura 3,

5)

D ibujar la elipse: 4 - ( x —4)2 + y 2 =

su ecuación es:

6)

Si el área de una elipse es: x -ab . ¿Cuál es el á rea de la elipse 3x2 +4y* =72?

(X - U)’

,

(y - v)’ _ , ( x x x v iii)

7)

100.

C alcular el área comprendida entre las curvas: 4-(x + 2 )2 + 9 / = 3 6 ; x2 + y2 + 2 x - 1 5 =0.

508. E J E R C IC IO S 1) D ib u jar la elipse: 9x* + 4 y2 = 36 2)

¿C uánto mide el eje m ayor y el eje m enor de la elipse:

8)

sección de las curvas: .

E l centro de una elipse está en ( —4; 3). Si su eje m ayor mide 8 unidades y el m enor 6 unidades, ¿cuál es su ecuación?

4)

D eterm inar la ecuación canónica y las co­ ordenadas del centro de la elipse: 9x* + 16y* — 36x + 96y + 3 6 = 0 .

)3 8 2 (

I)

x2 + y* = 25;

II) 9x2 + 4 y2 = 36;

3x2 + 4y* = 24? D ibujarla. 3)

C alcular el área comprendida por la inter­

III) 4x2 + 9 / + 16x - 20 = 0 9)

Resolver gráficamente el sistema: = 1 ( x - 1 ) 2 + y2 = 36 (Resp.: x = —5; y =0)

48* U N I D A D La h ip é r b o la , su ec u a c ió n . A síntotas.

509. E C U A C IO N E S D E L A H IP E R B O L A L a hipérbola es una curva que tiene dos ram as q u e se abren continuamente. (La parábola tiene sólo una ram a.)

U na hipérbola se la puede expresar, tam ­ bién, en la forma:

Ta

- i ?b = 1


La ecuación más conocida de esta curva es: como, asimismo, por la ecuación: xy = K

(X X X IX )

Ax2 - By2 = K Corresponde a una hipérbola equilátera (las dos ram as iguales y simétricas respecto a los ejes del sistem a o a su origen) (Fig. 1 a 4).

(XLl)

siendo A, B y K positivos. Pueden presentarse los siguientes gráficos:

Si k = 0 , corresponde a la intersección de dos rectas que pasan p o r el origen, pues se obtiene: • ( \ / A - x + \ / B -y)

- V ^ B 'y )

2)

Idem .: 9x2 — 4 / = 36.

3)

D ibujar la hipérbola xy = 2 4 .

4)

D ib u ja rla hipérbola: xy = —24

5)

D ib u jarla s curvas: x2 + y 2 = 4 ; x2 —y2 = 4 .

6)

D ibujar la hipérbola: 9 / —4x2 = 36.

7)

L a ley de Boyle-M ariette expresa que »a tem peratura constante, los volúmenes que

P o r lo tanto, una de las rectas es: %/~A-x + V r B -y « 0 de pendiente mi = la otra recta es: \ / ~ A ‘X —y / B -y = 0 de pen­ diente m . =

,/B E stas rectas se llam an asíntotas y las ram as de la hipérbola tienden a cortarse con ellas, ap ro ­

ocupa una misma masa gaseosa son inver­ samente proporcionales a las presiones a que está sometida«. D e acuerdo con esta

xim ándose cada vez m ás, pero sin lograrlo j a ­ más. Si la ecuación está dada en la forma

ley complete la tabla siguiente y grafique. 8

V (cm3)

^ j L .- i i b• las asíntotas son: y = ~ • x a y = — ^ ' x

12

4

6

j

p (atm)

E n la m ism a forma que en las curvas estu­

8)

diadas m ás a trá s, p a ra la hipérbola de centro

16

4

3

2

24

D eterm inar gráficamente la intersección de las curvas:

(u, v) se tiene: x2 - y* = 1 ; 2 x ! + 3 / = Í2

(x ~u>* _ (y -v)* = i a’

(xlii )

b’

510. E J E R C IC IO S 1) D ib u jar la hipérbola y las asíntotas de

9)

D eterm inar gráficamente si las siguientes curvas tienen algún punto común: (y - x ) (y + x ) = 8; 9x* +25y* = 225. ¿Qué curvas son?

4x2 - 9 / = 3 6 .

Observación: la demostración de la s fórm ulas y

Además, determ inar el ángulo que forman

mayores detalles sobre las cónicas puede consul­

las asíntotas entre sí.

tarse el T om o n del mismo autor.

)3 * 4 (

49* U N I D A D R e s o lu c ió n g rá fic a d e siste m a s d e e c u a c io n e s y d e in e c u a c io n e s .

511. S IS T E M A S D E E C U A C IO N E S Resolver geométricamente los siguientes siste­ m as de ecuaciones y, en seguida, compruebe algebraicam ente las soluciones encontradas. Además, identifique previam ente las curvas.

Si consideramos las inecuaciones: a)

y > 3 x —4); b) y < 3 x - 4 veremos que hay

puntos de uno de los semiplanos que satisfacen a una de estas inecuaciones y no a la otra; lo mismo sucede con los puntos del otro semiplano. E n nuestro ejemplo, los puntos A, C y E que están a la »izquierda« de la recta L satisfacen a la inecuación a) y los puntos tales como B, D y F que pertenecen al semiplano de la »derecha«

3)

3x + 7y = 11

satisfacen a la inecuación b). Verifiquelo usted para am bos semiplanos. ¿Además, qué puede

5x + 3y = —25

usted decir del origen?

x2 + y2 = 16 9xa + ló y 2 = 144

8)

x = f - 7 x2 + '5 ^ = 49

x2 + y2 = 9x2 - lóy2 = 144

10) 2x + y + 1 = 0 5x - 4y - 10 = 0 x — 6y — 12 = 0

R esp.: 1)

x

= 4 ; y = 5 ; 2)

y”

= - 8 ; 3)

x

y”

= 2 ; 5)

x ’

x ’

= 8 ; y’ = 6 ;

= - 8 ; y = 5 ; 4) =6; y’ =4;

x”

x’

x”

= -6 ¡

= 8; y ’ =3;

x”

= 12;

= - 3 ; y” = - 8 ;

6) x = ± 4 ; y = 0 ; 7) x = ± 2 ; y = ± \ / 3 ; 8) x > ± 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<,

y, - y,

Luego, la ecuación B) de la secante P0Pi )3S8( .

da: y - Vo =

— — • (x —Xo), etc., pues basta Jo seguir como se hizo m ás atrás. Este procedimiento es general. P or ejemplo.

al

para la parábola: y2 = 2p-x la ecuación de la

P a ra P0 es:

tangente en P0 es: y — y„ = m • (x —Xq) que es el haz de rectas porP«,. Pero m = y’; p o r lo tanto, al derivar la ecua­ ción de la parábola obtenemos 2y-y’ = 2 p de don­

y’ = y» - v

Al sustituir este valor en A) resulta: y - y » = y. - v • ( x - x , )

de donde: y-y, - v - y +v-y0 - y 0¿ = u -x -x -x „ -u-Xo + x,¿

de: y’ = y = m. x / + y j —Xo'X En el punto P0 se tiene: m =

u*Xo + v y -v -y 0 - y y „ '+ u - x = 0 (B)

- con lo que Pero como P„ pertenece a la circunferencia,

resulta:

se obtiene: y - Yo = -y- • (x - x„) x»2 + y / -2u-x<, -2 v -y „ + k = 0 y • y» - yo

(C)

= x p - p*°

Com o P0 pertenece a la parábola dad a, ob­

Al efectuar la resta (C — B) resulta:

tenemos: y02 =2p-x,,.

(X L V l)

Con esto queda:

x x „ + y-y0 - u - ( x 4-x«,) - v -(y + y 0) + k = 0

y ■y. - 2 p • x, = p • x - p ■x. Esta es la ecuación de la tangente a la cir­ de donde:

y • y«' = p ■(x +x„)

(X L V )

E sta es la ecuación de la tangente a la pa­ rábola y2 = 2p-x en el punto P^x», y„) de ella. Este resultado indica que la ecuación / = 2p-x se »desdobla« en y-y = p-(x + x ) bastan­

cunferencia dada en el punto P„ (xo, y0) de ella. Se obtiene tam bién, como en los ejemplos anteriores, »desdoblando« la ecuación de la cir­ cunferencia dada. E n general, si la ecuación de la curva es:

do reem plazar una de las coordenadas variables

A-x2 + B y 2 + 2C-xy + 2D -x + 2E-y + F = 0

p o r las fijas del punto dado P„. Este mismo camino seguiremos p ara deter­

la ecuación de la tangente en un punto P„ (xo, y0)

m inar la ecuación de la tangente a la circunfe­

ción anterior en la forma:

rencia: x2 +y*

de la curva, se obtiene »desdoblando«, la ecua­

—2ux —2vy + k = 0 (ecuación

general), en el punto P0 (x¿, y0). Com o la tangente es uña recta que pasa

Ax*x +• By-y + C -(x y + x y ) + D-(x + x ) +

p o r P0, su ecuación es:

En seguida, basta reem plazar parcialmente

A)

y - y » = m • (x - x„ )

Pero la pendiente de la tangente es m = y ’; p a ra determ inarla basta derivar la ecuación de

+ E -(y + y ) + F = 0 las coordenadas variables por las del punto dado P0 de tangencia (obsérvese el reemplazo en xy): (XLVIl)

la circunferencia obteniéndose: 2x + 2y -y ’ - 2u - 2 v y ’ = 0

Ax-x» + B y -y 0 +C (x-y„ + x „'y ) + D (x +x„) + + E (y + y » )+ F = 0

D e aquí resulta:

y’ = y _

)389{

*

F O R M U L A R I O A) T R IA N G U L O S Y C U A D R IL A T E R O S

1)

CUADRADO

lado = a; perím etro ?= 4a; diagonal d =

a\/~ 2

■área A = a2 = y d2

o

2)

RECTANGULO lados: a a b perím etro = 2 • (a + b ) á rea A = a-b diagonal d = v / a2 + bz

3)

ROMBO

lado = a; altura = h; diagonales - e

a

f

perím etro = 4a altura h = a • sen « área A

4)

romboide

t = a • h = ■

f = a

sen a

(paralelógram o) lados = a

a

b; h = altura; diagonales =

ca

f

perím etro = 2 - (a + b ) h = b • se n a e = \ / ( a + h - c o t « ) 2 + h2 f = \ J (a —h-cot<[)S + ú r á rea A

5)

= a h

= a b -sen a

= T

t r a p e c io

lados = a, b, c, d; altu ra = h; mediana = m . ,

.

, ,

,

, ,

, se n ,. + s e n f f .

penm etro = a + b + c + d = a + c + h - ( ------------—) r sen,< • s e n á h = d s e n « = b-sen»i m = a +c á rea A = ( ¿ 4 ^ - ) • h - m-h

)3 9 0 (

6)

TRIANGULO

lados = a, b, c; r = radio circunferencia circunscrita; p = radio circunferencia inscrita; pa, p», Pe = radios circunferencias ex inscritas 2 s = perím etro = a + b + c s

= sem iperimetro = ~ + ,¿ +c-

a2 = b2 + c — 2bc • eos «

c ■h 1 i abe á rea A = - 7 - = — bc-sen« = -47 = s-p = A = V s(s - a ) (s - b ) (s - c ) = (s - a ) ■p„ = \ / p-pa-pb-pc p = | V s ( s - a ) ( s - b ) (s-c )

7)

T R IA N G U L O R E C T A N G U L O

c¿ = a ¿ + b ¿ a

= p-c

b2 = q-c

h

= p-q

á rea A = ■ f ab = - j c-h

8)

T R IA N G U L O E Q U IL A T E R O

lado = a; altura = h perím etro = 3a altu ra h = 'y \ / T área A = -4 a-h = A - \ / J

)3 9 1 (

9)

T R A PEZ O ID E

perím etro = a + b + c -f d ángulos = « + ß + 7 + 5 = 360° área A = -y ef-sen « 6 = ángulo q u e forman las diagonales e y f.

B) P O L IG O N O S R E G U L A R E S IN S C R IT O S O C IR C U N S C R IT O S E N U N A C IR C U N F E R E N C IA D E R A D IO »r« l Abreviaturas:

= lado polígono inscrito; p = apotem a; a = K del centro;

L = lado polígono circunscrito; 0 = 24 del polígono; A = área; p - perím etro; V = volumen engendrado.

10 )

CUADRADO

U

= r y/ Y ;

p« =

4 r y / l;p t

= -j > /%

«4 = 90°;04 = 90°; L4 = 2r

A4 (inscrito) = 2i*; A4 -• (circunscrito) = 4r* V (en torno al lado) = jr ?

11)

T R IA N G U L O E Q U IL A T E R O

l3 = r\/~ T \ pa = 3 r \ / 3 ; p 3 = - 5- ; La = 2 r \ / T « 3 = 12O°;0 = 60°;

A3 (inscrito) = -|-r 2 -\/~ 3 A3 (circunscrito) = 3r2 -\/~5 V (en torno al lado) = - 3- jr ?

12)

PEN TAGO N O

4

- -y- \ / l 0 —2 v T 7 p5 = x • ( n /T -+1 ) = -5- \ / 6 +2\Z~5

U « 2 r - \ A - 2 > / T ; « » = 7 2 ° ; f t = 108° As (inscrito) =

i* • \ / 10 + 2 v/^5

V (en torno al lado) = -5- *• Z3 • (5 + 2 \ / T ) )3 9 2 (

13 )

H EXAGO N O

k

- r; pe = 6 r; pe =

= 60°; /?« *= 120°;

L« = y- r ■\/r 3; A« (inscrito) = - |- r 2 • \ / T Ae (circunscrito) = 2r2 • \/~ $ V (en torno al lado) = -j- * ?

14) OCTOGONO k

= r > / 2 - n / T ( = ) 0,765 ■ r;p 8 ( = ) 6,122 - r

P» = |

v / 2 + v / T ( = ) 0 ,9 2 4 - r; « 8 = 45°; jfc = 135"

L* = 2 r - ( v / T - 1) ( = ) 0 ,8 2 8 4 - r A« (inscrito) = 2i* -v^2" Ag (circunscrito) = 8 r • (\/~ 2 — 1 )( = )3 ,3 1 4 ■i* V (en torno al lado) = 2*? • (3 + 2 y ' í ) ( = ) 36,62 - 1

15) DECAGONO 1,0

= y (\Á

- 1 ) ( = ) 0 ,6 1 8 - r

Pío ( = ) 6 , 1 8 - r ; « I0 = 3 6 ° ;^ 10 = 144° Pío = 7 \ / W + 2 v 7T ( = ) 0,951 - r Lio = | r • ^ 2 5 ^ - 1 0 ^ 7 5 ( = ) 0 ,6 4 9 - r Aio (inscrito) = | r 2 - % /l0 - 2 v / T ( = ) 2,939 • r V

(en tom o a un lado) = j - jt • (5 + 2 \ / 5 ) -Z3 ( = ) 74,394 -Z3

16) DODECAGONO fa - r s / 2 - > / 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 <* - t - ( n / 1 0 + 2 m s

18 )

=

=

2 4 ° ; fils

vA5)

+ v /3

-

V^T5)

( = ) 0,416 • r

15 6 ° .

FO RM U LAS G E N E R A L E S

n

= núm ero de lados

ln = AB (lado polígono inscrito de »n« lados) L„ = C D (lado polígono- circunscrito de »n« la­ dos) pn = O M (apotem a del polígono de *>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 +
V = abe

35)

P R IS M A R E C T O

1 1

h - - " I

a . B

)3 9 8 (

Cfl CN II

( 1 1 !

1

V = B h A, = A + 2 -B

36)

P R I S M A O B L IC U O

Q = sección recta (es perpendicular a las aristas laterales) p

= perím etro de la sección recta Q

Ai = p - l A = p • / + 2 -B V = B •h

3 7 ) P IR A M ID E R E C T A -R E G U L A R

p

= apotem a lateral

s

= sem iperim etro basai

/

= arista lateral

A = s •p Ai — s • p -f B V = 3 B - h (cualquier piramide)

3 8 ) T R O N C O D E P IR A M ID E R E C T A -R E G U L A R

A — (si + S2) • p

Ai —A/ + Bj + B5 V = ■y h ■(Bi + B2 +

39)

a r t e sa

(Prismoide)

V =-g-- (2ab + bc + a d + 2cd)

) 399 (

p

F) C U E R P O S R E D O N D O S generatriz; h = altura; R y r = radios. 4 0 ) C I L IN D R O R E C T O

Ai

(m anto) = 2 x r - g

B = x r2 A, = 2 x r -(g + r) V =

4 1)

c il in d r o

ir

r2 • h (cualquier cilindro)

o b l ic u o

Q = sección recta (perpendicular a la generatriz) a

= radio de la sección recta

Ai = 2 * a - g A, = 2 x - ( a - g

+

i*)

V = i r ! ■h = jra2 • g

42)

c il in d r o

r ec t o

tru n ca d o

Ai = ir r ■(gi +gz) V = - j r r2 • (gi + g 2)

43)

c il in d r o

o b l ic u o

tru n ca d o

a

= radio de la sección recta Q

Ai = x a -(gi + g¡) V

)*00(

= -jir

a2 • ( g i

+ gz)

Ai

(m anto) = ¡r r • g = *• r - > / rJ + h2

A, = 7Tr • (g + r ) V

= - j ir r2 • h (recto u oblicuo)

g

^ v /T T T ?

4 8 ) T RO N CO DE CONO RECTO

Ai = jrg • (R + r ) '= 2ir p - h ( p i g e n punto medio M ) V = - y - (R* + r 2 + R •r) (recto u oblicuo)

49.)

TO NEL

V = ^ {2r2 + S )

V = Jjj( 2 - D 2 + d 2)

50)

U Ñ A C I L IN D R I C A

51)

ESFER A

R = radio; D = diàm etro A = 4 t R2 = w l f V =T

)* 0 2 (

= ^ -D 3

5 2 ) C A S Q U E T E , Z O N A Y S E G M E N T O E S F E R IC O S

C asquete:

A = 2 * R ■h = *• • c2

Zona

A = 2* R • h

Segm entode 1 base: V =— ■(h2 + 3a2) = - ^ • (3R - h ) Segmento de 2 bases o »rebanada«.: V = - ^ - ( h 2 + 3 a 2 + 3b2)

53)

S E C T O R E S F E R IC O

V = - 5- ir R2 - h

5 4 ) A N IL L O E S F E R IC O

V = - |- c 2 -h

55)

h u so

y

c u ñ a

e s f e r ic o s

(Inglete)

H uso esférico:

A = *• R 2 •

C uña (inglete)

V = K R3 •

>403 (

5 6 ) TO RO

A = 4 r 2 r • (R - r ) = *-2 • (R2 - a 2) V = 2 t * i* • (R - r ) = I * 2 • (R + a ) (R - a ) 2

57)

p a r a b o l o id e

V = \

58)

e l ip s o id e

59)

fo rm u la

3Tr* • h

Es válida p ara calcu­

En esta fórmula Bi y Bj son las áreas

la r el volumen del prismoide, prism a, cilindro,

d e

s a r r u s

.

pirám ide, tronco de pirám ide, cono, tronco de

de las bases paralelas entre sí y situadas a la distancia »h« una de la otra. (Bi o B2 pueden

cono, esfera, segmento de esfera, elipsoide y seg­

ser nulas, como en el cono; o am bas nulas como en

m ento de elipsoide.

la esfera).

V = -5“ (Bl +B* + 4 -B ) 60)

t eo r em a

d e

g u h jh n

(cuerpo de revolución)

Q = área de la figura que g ira en tom o al eje; / = longitud de la línea o perím etro de la fi­ gura que gira; A = área de la superficie engendrada; V = volumen del cuerpo engendrado; r = distancia del centro de gravedad de la figura que gira al eje de rotación. A V

= 2n r •/ = 2t r •Q

61)

v o lu m en

en g en d ra d o

po r

u n

al g ira r en torno al lado »a«:

t r ia n g u l o

vV

— -4j 3

X

. —s (s - a ) (s -—b ) —(s - c ) — — — a

siendo s = —+g +c

G ) G E O M E T R IA A N A L IT IC A

62) Distancia entre dos puntos A (xi, yi) a d

63) D istancia en tre dos puntos

B (x s,

+ V 0*2 - X i ) Z

=

de un

-X|)*

ni

+ (y2 - y i ) 1 + (za

punto

P (x j,

y,)

-z,)2

o

a la recta a x + b y + c = 0:

. J _ | axi + by, +c|

•y^T+n?

del

(y2 - y¡)2

punto P (x i, y¡) a la r e c ta y = m x + n d _ I yi - m x i

65) D istancia

-4-

A (Xl, yt) a B(x*, y2) del espacio: d = + V (xs

64) D istancia

y¿) en el plano:

’

al

-v/a* + + T~

plano A x + B y + C z + D = 0:

| Ax, + B y , + C z , + D |

•J A’

66) D istancia

entre

dos

planos

+ B* + C?

paralelos:

Ax + B y + C z + D = 0; Ax + B y + C z + D ’ = 0: H =

l p - P ’l Ñ A ’ + B ” +C*

67) A rea del A A B C de vértices A (x,, y,), A

= \

| (Xs -X z) • y,

o bien:

+ (xi -X a) • y2 + (xj - x i ) -y 3|

yi

1

X2

ya ya

1

X3

1

Xl

-|
Xi

<3

A =T '

B(x2, ys), C(xa, y3):

x2

yi y2

X3

ya

)4 0 5 (

68) Area que tiene un vértice en el origen: a

= 2 -\

(x i-y s - y i- x * ) Í

69) Area del cuadrilátero A BC D de vértices A (x i,y ,), B(x2, y2), C(x 3 , y3), D(x 4, y4): á rea

= y • | (x4 —x2) - y 1 + (xi —X3 ) • y2 + + (x2 - x , ) • y3 + (X3 - x , ) • y4 1

70) Pendiente o inclinación de una recta:

y* -y i X;

m = pendiente o coeficiente angular n = coeficiente de posición a = inclinación (en grados o radianes)

71) Ecuaciones de la recta:

7 2 ) C o o rd en a d as del p u n to P(x, y) q ü e divide

a un tra z o A B en la razón X = Jfi d e m odo

que

AP =X

PB

A

X

o 0

1 +X

x

y» + * - ya i +x

=

n - x .+ m - x , — —- — _

n+m

n-yi +m-y2 n + ni

X > 1 p a ra punto interior X < 1 p a ra punto exterior X = 1 para el punto medio

7 3) Coordenadas del punto medio de un trazo: X

y = 2 l ±21

74) Coordenadas del cem ro de gravedad de « „ triángulo de vérti vertices A (x,, y ,, z,), B(x*, y*, z^) C (X3.y3,Z3): x =

*1

+X, +X3 3

.

_

y, + y, +y¡

’ ’ '

z, + 2 s +Z3

—3

i 2 -5-----

75) Coordenadas del centro de gravedad de un tetraedro de vértices A(Xl, yi> Zl), B(x*, y2) z,),

G(xs> y3,Zs)yD(x«,y4,z«): x _ — +Xs| X3

^ = y +y2 +y» +y,

76) Recta p o r el origen: y = mx

77) Rectas p o r el punto

P (x „

y,) 0 »haz de

rectas« p o rP :

y - yi = m - (x - Xl)

2 = 2, + % +Zj +z<

78) Recta p o r dos puntos A (x¡, y¡) a B(x2, y*):

y¡ - y t

y - y- ^ X,

X, -X,

x -

79) R ectas paralelas: • condición: m, = rrfe

80) Rectas perpendiculares: = —1

condición: ma = — ^ , o bien: mj •

81 ) Angulo 5 formado p o r dos recias: i»i —rnj tg à = 1 + m, • m,

82) Ecuación de la bisectriz de dos rectas: A i -x + B i *y + C i

■ / A]1 + Bi2 ,.

=

¡ -x + B j -y

±

y —m i - x - n i

o b ien : - — , - / 1 + m¡

+C¡

\J A2 + fi¡s = ±

y —m ¡ - x - n ¡

y /T T ^

83) Condición p ara que tres puntos A (xi, y,), B(x2, y2) y C(xa, y3) sean colineales: xj yj 1 x<¡ y2 1

= o

X3 y3 1

o bien: (xa - x a ) ■ yi + (x, - x a ) • y2 + f e - Xl) -y3 = 0

84) Condición

p ara

que

las

rectas

A ,-x + B i - y + Q

= 0 ; A *-x+ B 2 7 +Cü- = 0,

Ag-x + B^-y + Q , = 0, sean concurrentes:

Ai Bi Ci Aj B¡ C 2

= O

A3 B3 C 3 Si se cumple esta condición, las rectas pueden ser coincidentes, paralelas o cortarse en un punto. )4<*(

.

L A C IR C U N F E R E N C IA

L as coordenadas del centro de la circunferencia de radio »r« son (u, v).

85) Ecuaciones de la circunferencia: Ecuación general: x2 4-y2 -t-D-x 4-E -y 4-F = O •

.

n

E .

_ —~2 >

siendo u = — y ;

r

2

tf+Es -4 F

-------- 4--------

Ecuación canónica: (x —u)2 + (y —v)2 = r2 Ecuación central: x2 4-y2 = r2

86) Circunferencia

tangente

a

ambos

ejes

coordenados:

(x -r)2 + ( y - r f = r2

87) Ecuación de la

tangente a

la circunferencia (x - u ) 2 4- (y - v ) 2 = r2 en el punto

P (xi, yO de ella:

x¡ _ u y - yi = -

88) Ecuación

-(x - x , )

de la tangente

a la circunferencia:

x2 4-y2 + 2 D -x + 2 E -y 4-F = 0 en el punto P (x i.y i) ueella: x-x, + y -y i + D -(x 4-xO + E -(y + y i) 4-F = 0

89) Ecuación

de la tangente

a

la circunferencia central en el punto P(xt , yj) es: x -xj 4-y-yi = r2

90 ) L a ecuación del eje radical de dos circunferenciás:

x2 4-y2 + 2 D i-x + 2 E ,-y 4-F, = 0 x2 4-y2 +2Ü2-X + 2 E í -y 4-F2 = 0 es: 2 • (D , - D») • x + 2 (E, - E ,) • y + (F , - F ,) = O

91) L a potencia de u n punto A (xj, y,) respecto a la circunferencia (x - u ) a + (y —\ f = r*

es:

P = (Xl - u ) 2 4- (y, - v)2

o bien:

P = x ,2 4- yi2 4-

)4 0 9 (

E L IP S E X3 y* 92) Ecuación central: -7 3 + rr D = 1, o bien: A-x2 + B -y 2 = C siendo A, B ,C todos positivos o todos negativos. Si a > b , el eje m ayor es horizontal Si a < b, el eje m avor es vertical C

--

- ■

(* -u )!

(y - v ) !

a

b

Ecuación canónica: — ¡---------------------- 1-----= 1 siendo (u, v) las coordenadas del centro. Ecuación general: A -x2 -+B -y2 4-D -x + E -y + F = 0 o bien: A • (x + - ^ - ) 2 + B • (y + ^ - ) 2 = K siendo K = ^

+

—F D

si K = 0 se obtiene el punto (

E

~ 2i r )

si k > 0 , es una elipse de centro (u,v) = ( ;— ^ ; - ^g-) si k < 0 , es el conjunto vacío 0

PARABOLA

93) Función cuadrática: y = ax2 + bx + c vértice V (u, v) donde u =

, v = 4a^,~b

eje de simetría: x = — ¿ Ecuación canónica: y = a - (x —u)2 + v Ecuación general: A-y2 + D -x -4-E-y + F = 0

H IP E R B O L A b

94) Ecuación central:

xs

y = ± T -x

/

3 - -3 D = 1, asíntotas:

y =- ± v ¥ o bien: A-x2 —B-y2 = C (siendo A, B, C positivos). (x -u )s

(y —v)2

Ecuación canónica: — 5------------ rs— b*

= 1

Ec uación genera 1: A-x2 4-B-y2 + D -x 4-E-y 4-F = 0; o bien: * A-(x + ^ )2 + B -(y 4 ^ - ) 2 = K siendo:

K =

+ -|g - — F

Si A -B < 0 (signos contrarios) y K ^ O se obtiene una hipérbola de centro ( - ^ , - =jg) = (u, v) Si k = 0 , representa dos rectas que se cortan.

95)

E C U A C IO N C U A D R A T IC A GENERAL: A-jf2 -fB-y2 4-C-xy 4-D-x 4-E-y 4-F' = 0

I q3 - 4 A - B

a) si A = 0 , es una parábola si A < 0 , es una elipse si A > 0 , es una hipérbola si A < 0 , C = 0 y A = B , es una circunferencia. b) Si C = 0 queda: A x2 4-B-y2 4-D -x 4-E-y 4-F = 0 q u e puede ser un punto, una recta, dos rectas p aralela so una sección cónica. . Si A = B = 0 es una recta si A = B

puede ser un punto, una circunferencia o el 0

si A = 0 (o B = 0 ) es una p arábola o dos rectas paralelas o el si A-B > 0 , es una alipse o un punto o el ^ si A -B < 0 , es una hipérbola o dos rectas concurrentes.

)«t(

Indice alfabético

A

Algebra-geométrica: 264 Alícuota: 179 alturas: 43 ángulo: 16, 20, 24, 25 ángulos alternos: 48 ángulos adyacentes: 27 ánguloscolaterales: 48 ángulos complementarios: 26 ángulos contrarios oconjugados: 48 ángulos cóncavoyconvexo: 26 ángulocoterminal: 36 ángulos correspondientes: 48 ángulocuadrangular: 36 ángulodiedro: 289 ángulos (dedos rectas): 349 ángulo(divisiónde un): 33 ánguloexterior del triángulo: 44,52 ánguloinscrito: 20, 123 ángulos interior y exterior en el círculo: 127 ángulos misma y distinta naturaleza: 49

ánguloopuestopor el vértice: 38 ángulos positivoy negativo: 36 ángulopoliedro: 290 ángulorectilíneo: 289 ángulorecto: 24, 27 ángulo semiinscrito: 20, 123. ángulosólido: 290 ángulo(sumary restar): 34, 52 ángulos suplementarios: 26 ángulo(triseccióndel): 47 ángulo(medidadeun): 23, 123 anillocircular: 20 anilloesférico: 307,325,402 Apolonio: 11, 188 apotema: 242,298 Arquímedes: 11, 256,285 arco: 19,122 arcocapaz: 20, 124, 125 arcocomprendido: 20 áreas (cálculo de): 145, 151, 173, 230, 542, 393

arista: 289 artesa: 399 asíntotas: 384, 410 axioma: 37 B Baricentro: 105 bisectriz: 31,43, 80 bisectriz(ecuaciónde la): 359, 408 Bdvai: 11 C Cálculodepi: 240,256 casqueteesférico: 307, 403 )412<

catetos: 29,42 divisiónarmónica: 187 centroradical: 220 división deuntrazo: 186, 340 centrodehomoteciaosimilitud: 223 divisióndefiguras: 160 centrodegravedad: 44, 105 dominio: 16, 365 central: 133, 217 duplicacióndel cubo cercha: 29 cilindro: 297, 312 circunferencia y círculo: 19, 122, 133, E 221 circunferenciacircunscrita: 43, 104. Ecuacióncuadrática; 369,411 circunferencia ex inscrita: 44, 105, 153 ejedesimetría: 75, circunferenciainscrita: 44, 104, 152 ejeradical: 217, 218 circunferencia de Apolonio: 187 elementos homólogos: ciclotomía: 62 elipse: 334, 381 circuncentro: 43 elipsoide: 404 congruencia: 74 escolio: 52 cono: 302,312 escuadra: 29 coeficienteangular yde posición: 345 esfera: 306, 332 construcciones geométricas: 29, 33, 46, espacio: 12, 286 62, 265 equivalenciade figuras: 144 construcciones de triángulos y cuadrilá­ estereométria: 285 • teros: 109,119, 126 estrella: 66, 255 correspondencia biunivoca: 75 Euclides: 9 comparación deáreas: 228 expresiones homogéneas: 264 corolario: 52 expresiones heterogéneas: 264 conceptos primarios: II correspondencia biunivoca: 75 comparacióndeáreas: 228 F corolario: 52 conceptosprimarios: 11 Figuras congruentes: 74 cóncavo: 16, 26 Figuras equivalentes: 144 convexoy noconvexo: 16,26 Figuras semejantes: 198 coronacircular: 20 flecha: 19 cuadriláteros: 85,88 frontera: 13, 15 cuadriláteros(área de): 151, 343, 406 j foco: 334, 335 cuadriláterocircunscrito: 135 función: 366 cuadriláteroinscrito: 127 funcióncuadrática: 369, 411 cuadrantil: 36 cuadratura del círculo: 160,259 cuadrado:85, 145 G cuarta proporcional: 183,265 Geometría: 10 cubo: 296, 311 Geometríaanalítica: 338,405 cuerda: 19, 122, 207 Geometría noeuclideana: 11 cuerpos geométricos: 293,310 generatriz: 13, 297 cuerpos derevolución: 297, 302, 315 cuña: 307, 315,327 goniómetro: 24 cúspide: 298 gradosexagesimal 23 gradocentesimal: 24 grados deexpresiones: 264 D Guldin: 327 Definición: 37 deltoide: 85, 90 H demostración: 38 demostración indirecta: 50 Descartes: 338 Harpedonaptas: 10 diagonales: 52,54,88 haz derectas: 346 diámetro: 19 hipérbola: 336, 383, 410 diedro: 289 hipotenusa: 29, 42 distanciafocal: 334,336 hipótesis: 38 distancia (entre puntos y rectas): 42, horizontal: 14 husoesférico: 307, 315, 327, 403 340,35«. 357

I

Icosaedro: 310,331, 398 icoságono: 15 incentro: 44, 104 inclinación de recta: 345 inecuaciones (gráficos): 385 L

Lado.terminal: 35 líneas: 12 líneas proporcionales: 180 líneas proporcionales en d triángulo rectángulo: 206 lineas proporcionales en el c íf c u I o : 207 Lobatschevsky: 11,38 Los Elementos: 9 Lugares Geométricos (L.G.): 69, 80, ' 38, 334,337 lúnulas: 216, 234, 235, 236, 237, 238,

polígonoregular: 55,62, 242, 392 polígonoscongruentes: 74,91 polígonossemejantes: 198, 221 polígonoshomotéticos: 223 poliedros: 293,331,397 poligonal: 15,94 potenciadeun punto: 217, 408 postulado: 37 posición dedoscircunferencias: 133 prismas: 294,312,398 PrincipiodeCavalieri: 293 problemas geométricos: 272 proporción: 183 proyecciones: 147, 290 punto: 11 puntomedio: 340 puntoarmónico: 187 puntos colineales: 287,343 puntodeinflexión: 376 puntos singulares del triángulo: 104

239 R M

Manto: 297, 302 máximacomúnmedida: 179 máximacomúndivisor: 179 media proporcional: 183, 209, 266 media yextremarazón: 249 mediana: 45,94 medidadeángulos: 23, 123 métododeductivo: 38 método de isoperímetros: 256 método por reducción al absurdo: 50 N

Noconvexo:.15 normal a una curva: 21 O

Oblicua: 27 octaedro regular: 301, 311, 331, 397 octógonoregular: 242,393 ortocentro: 43, 105 P

Parábola: 335,368, 373, 396,410 paraboloide: 404 paralelepípedo: 294, 311 • parámetro: 335 paralela media: 70 paralelogramo: 85,88, 145 paralelogramos complementarios: 146, '58

pi: 221, 256 pendientede una recta: 345,406 pirámide: 298, 399 planimetría: 9 plano: 13, 286, 358 planoproyectante: 290 polígonos: 15, 16,62, 154 polígonosestrellados: 66

Radio: 19, 20 radiodecontacto: 19 radiovector: 335, 336 radián: 23 raíces déla ecuacióncuadrática: 215 rango: 366 rayo: 13 rayos dehomotecia: 223 razóndehomotecia: 223 recta: 13, 286, 345,406 rectas coplanares: 15,287 rectas concurrentes: 15,406 rectascruzadas: 15 rectas paralelas: 15,29, 48, 345, 348 rectas perpendiculares: 24, 27, 30 recta (ecuaciones de la): 345, 347, 348, 357, 4"6 rectángulo: 86, 145 reducciónal absurdo: 50 regióninteriory exterior: 15, 17 relaciones métricas: 94, 96, 122, 206, 207 relaciones end triángulo: 109 relaciones en el paraldogramo: 118 relaciones end trapecio: 118 relaciones end trapezoide: 117 rectificaciónde la circunferencia: 257 reflexividad: 37, 75 romboyromboide: 86

sentidodextrógiro: 36 simetrales: 31, 44,80,99 simetría: 75,102, 375 similitud: 223 sistemasangulares: 23, 123 sistemacartesiano: 340 sistemadeecuaciones: 385 superficie: 12, 293 T

Tangente: 19, 21, 134, 207,388,409 teodolito: 24 Teorema: 38 Teorema de Apolonio: 188 Teorema de Euclides: 149, 151, 160, 206,212 Teoremade Eudoxio: 299 Teoremade Pitágoras: 150,211 Teorema de Eider-Descartes: 332 Teorema¿leThales: 125, 180, 183, 198 TeoremadeGuldin: 327,404 Teorema decongruencia: 76 Teoremadesemejanza: 198 Teorema recíproco: 79 terceraproporcional: 183,266 test: 17, 56, 92, 100, 107, 130, 135, 164, 185, 196, 210, 233, 313,332 tesis:"38 trapecio: 85,87, 90, 118, 146 trapezoide: 85,87, 117 transformacióndefiguras: 158 transportador: 25 translación paralela: 2g transitividad: 37, 75 trazos: 13 trazos (división de): 34, 186,341,407 trazos (sumayresta): 33, 264 trazos conmensurables e inconmensura­ bles: 179 transversales del triángulo: 43,81 triángulo: 41, 146, 340 triángulo¡sóscdes(teoremas enel): 81 triángulo rectángulo (teoremas en el): ' 49, ' 50, 151, 160,206, 211,212 triángulo(áreadd): 151,342,391 triseccióndel ángulo: 47 tonel: 402 toro: 328,404 troncodecono: 305 troncode pirámide: 303,313, 399, 402 U

S

Sagita: 19 secciónáurea odivina: 249 secciones cónicas: 334, 361, 368, 381, 383

sectores: 20, 228, 231, 307, 395, 403 secante: 19, 207 segmentas: 14, 20, 228, 231, 306, 326, 39 5

Uñacilindrica: 402 V

Vertical: 14 vector: 14 vértice: 16 volumendecuerpos: 293, 397

.m

semejanza: 198 semiplano: 13 semirrecta: 13

Z Zonaesférica: 307, 403

C U R S O D E M A T E M Á T IC A E L E M E N T A L Tom os I I I y IV G E O M E T R ÍA E ste lib r o , que com prende los To m o s I I I y I V del C U R S O D E M A T E M Á T I C A E L E M E N T A L , d e l profesor C a rlo s M ercado S c h ü le r — y a clásico en la E n s e ñ a n za M e d ia y S u p e rio r de esta d is c ip lin a — se a ju sta a d m ira b le m e n te a la e vo lu ció n de los actu ale s p ro g ra m a s en esos n ive le s. L a lín e a d e sa rro lla d a p o r e l P ro fe so r M e rcad o en su C u rs o de M a te m á tic a E le m e n ta l, com prende los tom os sigu ie n tes: T T

o m o ii

\

omo i

Á

L o g a r it m o s , V

C álculo D

l g e b r a .*-ectores y

if e r e n c ia l ,

E

sca la res,

C o m p l e jo s

C á l c u l o I n t e g r a l , T r ig o n o m e t r ía , G

e o m e t r ía

A

,

n a l ít ic a

T o m o s m y iv G e o m e t r í a

y

T o m o v A ritm é tic a T om o v i C o n ju n to s T o m o v ii M a t r i c e s , D e t e r m i n a n t e s , T r a n s f o r m a c i o n e s P u n tu a le s y P ro y e c c io n e s T o m o v iii A n á l i s i s C o m b i n a t o r i o y C á lc u lo d e P ro b a b ilid a d e s T o m o ix E s ta d ís tic a D e s c rip tiv a