Problemas de geometría resueltos

PROBLEMAS DE GEOMETRÍA

EL ORIGEN DE LA GEOMETRÍA
Creer que una ciencia existe a partir de determinado momento o de
tal acontecimiento parece una ingenuidad. Sin embargo, en sus
Historias, Herodoto, que vivió en Grecia en el siglo V a. C., relata el
origen de la geometría indicando como causa de tal origen el
desbordamiento que todos los años tenía el río Nilo. Esto hacía que
se borrasen las lindes de los campos, y obligaba a los «tensores de
la cuerda» a hacer nuevas mediciones de las tierras.
«Se cuenta también que el rey Sesostris dividió la tierra entre
todos los egipcios, otorgando a cada uno un rectángulo de igual
tamaño, con la intención de cobrar la renta por medio de un
impuesto que sería recaudado anualmente. Pero cuando el paso del
Nilo redujese una porción, el súbdito correspondiente debía acudir
al rey para notificarlo. Entonces éste mandaba a sus inspectores,
que controlasen la reducción del terreno, de manera que el
propietario pagase la parte proporcional del impuesto. De esta
forma, me parece, se originó la geometría, que se difundió más tarde
por la Hélade.»
Alejandro García Piedrafita y Sergio Álvarez Mesonero


PROBLEMAS GEOMÉTRICOS
Cuando un matemático se tropieza por primera vez con
teoremas como algunos de los que veremos a continuación,
casi siempre manifiesta admiración, seguida invariablemente,
de la exclamación: "¡Precioso!".
No podemos decir exactamente qué entienden por
"precioso" los matemáticos. Quizá tenga que ver con la
sorpresa de lo inesperadamente sencillo. Pero todos los
matemáticos perciben la belleza de un teorema, o de la
demostración de un teorema, con la misma claridad con que
se aprecia la belleza de las personas. Por la riqueza de sus
aspectos visuales, la geometría guarda un tesoro de
hermosos teoremas y preciosas demostraciones. Es frecuente
que la resolución de problemas geométricos resulte
prácticamente trivial atinando a usar uno de los teoremas
fundamentales de la geometría euclídea.


LA GEOMETRÍA DEL ESPACIO
La geometría del espacio presenta a veces gran dificultad de
comprensión, debido a una escasa visión espacial. En gran
parte, esta dificultad es consecuencia de tener que
representar sobre el plano lo que se ve en el espacio. Por
tanto, conviene tener muy claros los elementos
fundamentales de la geometría del espacio, que son el punto,
la recta y el plano.
Existen en la actualidad gran
número de impresionantes
grabados, en los que se explotan
magistralmente ilusiones
geométricas, que en último término
consisten en la exclusión velada de
algunos axiomas de la geometría
euclídea.


Hay problemas geométricos
que nos dejan perplejos
porque la respuesta
elemental, a menudo se
complica de un modo
inverosímil.
Veamos algunos ejemplos



1 EL RADIO DEL CÍRCULO
Teniendo en cuenta la figura, Solución
hallar el radio del círculo.
Dado que la diagonal de 8 cm.
tiene la misma longitud que el
radio del círculo, la respuesta es
8 cm.



2 EL LADO DEL ROMBO
En una plaza circular de R=9 m. Solución
se quiere construir un estanque
Basta con darse cuenta de
de forma rómbica, según la
que el lado AC es el radio de
figura. ¿Cuánto mide el lado del
la circunferencia y AE y BD
rombo?
son diagonales de un
rectángulo.
Por lo tanto, son iguales
en longitud. Lado del rombo
= 9 m.



3 EL ÁNGULO DE LAS DIAGONALES
¿Cuántos grados mide el Solución
ángulo que forman las dos
60°. Basta observar de que se
diagonales de las caras del
trata de un triángulo
cubo?
equilátero ABC trazando la
diagonal BC de la otra cara.



4 GOLPE DE VISTA
Dos circunferencias secantes Solución
tienen por centros P y Q. El
segmento PQ mide 3 cm. Por uno MN = 6 centímetros. Trazando
de los puntos (O) donde se cortas desde P y Q perpendiculares
las circunferencias trazamos una al segmento MN, obtenemos
recta paralela al segmento PQ. los puntos R y S. Como
Sean M y N los puntos donde corta MR=RO y NS=SO y RS=PQ,
dicha recta a las circunferencias. surge la respuesta.
¿Cuánto mide MN?



5 EL ÁNGULO OBTUSO
. ¿Cuánto mide el ángulo Solución
obtuso ABC? A, B y C son 120°. Sólo hace falta
los puntos medios de los terminar de dibujar el
lados. hexágono regular
ABCDEF.



6 EL ÁNGULO EXTERIOR
. En el triángulo isósceles
ABC el ángulo A mide 50
¿Cuál es la medida del Solución
ángulo x?

Puesto que es isósceles: B =
C = (180°-A)/2 = 130°/2 =
65°.
Por lo tanto: x= 180°-C =
180°- 65° = 115°.



7 CUADRADOS QUE SE CORTAN
Tenemos dos cuadrados iguales Solución
superpuestos, de manera que un
vértice de uno está siempre en el El área comprendida entre
centro del otro. ¿En qué posición el ambos siempre es la cuarta
área comprendida entre los dos parte de la de un cuadrado.
cuadrados es la mayor posible? Los triángulos ABC y CDE
son iguales.



8 SEMEJANZA DE RECTÁNGULOS
Si el ancho de un marco es igual en Solución
sus dos direcciones, horizontal y
vertical, como sucede casi siempre, el No lo son, puesto que las
rectángulo constituido por el cuadro fracciones: b/a y
completo y el rectángulo de la tela (b+2h)/(a+2h) son siempre
pintada ¿serán semejentes? distintas, salvo en el caso
del cuadrado (a=b).



9 PAQUETE POSTAL
Un hombre quiere enviar por correo un fluorescente que mide
92 cm. de largo, pero las normas de Correos prohíben los
paquetes postales superiores a 55 cm. ¿Cómo podría enviar el
objeto por correo sin romperlo, ni doblarlo ni faltar a las
ordenanzas de Correos?

Solución

Puede utilizar para el envío
una caja en forma de cubo
de 55 cm. de lado, pues una
caja de estas características
tiene una diagonal de 95
cm.


10 SEMEJANZA DE RECTÁNGULOS
A una circunferencia pueden
inscribirse y circunscribirse Solución
cuadrados como muestra la
figura adjunta.
Sabiendo que el área del En lugar de inscribir el
cuadrado inscrito es de cuatro cuadrado como mostraba
unidades de superficie, ¿qué área la figura
tiene el cuadrado mayor?
anterior, hagámoslo girar
45 hasta la posición que
muestra la figura siguiente.
Se observa que el área del
cuadrado mayor es el doble
que la del inscrito; es
decir, 8 unidades.



EDUCANDO A LA INTUICIÓN

Algunas situaciones parecen ir contra la
intuición. Y no se trata de salir del paso
diciendo aquello de que «si la realidad
se opone a mis ideas, peor para la
realidad».

La intuición, como la capacidad
deductiva, puede ser afinada, educada.
Intentamos hacerlo a través de los
siguientes problemas.



11 EL CINTURÓN DE LA TIERRA
Imaginemos un cordel que Solución
envuelve como un cinturón
ajustado la Tierra a lo largo del Un sencillo cálculo confirma
Ecuador. Añadámosle un metro esta situación
al cordel. Cuán flojo queda sorprendente. Siendo R el
ahora? radio de la esfera (la Tierra o
La intuición indicaría que la la naranja), el cordel
holgura que se obtiene es ajustado mide 2 R. Cuando
pequeñísima, ya que el metro le agregamos un metro, el
agregado representa muy poco cordel pasa a medir 2 R+1.
respecto a la circunferencia de
El radio que tiene esta
la Tierra. Más inquietante es
pensar que si ajustamos un nueva circunferencia, será
cordel alrededor de una (2 R+1)/2 . La diferencia de
naranja, y le agregamos luego radios nos da la holgura
un metro, la holgura que se que es: 1/2 = 15'91549... cm.
consigue para la naranja es en los dos casos. ¿Decía
exactamente la misma que para esto su intuición?
la Tierra. ¿Será cierto?


12 EL CORDEL Y EL CUADRADO

¿Que pasaría si la Tierra fuese
cuadrada?

Solución

La holgura es de 12'5
cm. en ambos casos.

¿Falló su intuición?



13 EL RIEL DILATADO
Imaginemos un tramo recto de Solución
riel, AB, de 500 metros de Como la longitud total del riel es
largo, aplanado sobre el suelo ahora 502 metros, cada mitad
y fijado en sus dos extremos. tendrá 251 metros. Aunque es
evidente que la joroba adoptará
Bajo el calor del verano, el riel
una forma curva, podemos
se expande 2 metros, hacernos una idea de la situación
provocándole una joroba. suponiendo que son dos rectas,
Suponiendo que el riel se articuladas en el punto medio.
arquea en forma simétrica, ¿a Bajo esta suposición obtenemos
una estimación de la altura x
qué altura cree usted que se
aplicando el teorema de
levanta la joroba en el punto Pitágoras: x2 = (2512-2502) ===>
medio? ¿Diez centímetros? x = 22 metros.
¿Un metro? ¿Diez metros? Seguro que su intuición volvió a
fallar.



14 EL PUENTE SIN DISPOSITIVO DE DILATACIÓN

Un puente metálico tiene 1 Solución
km. de longitud. Debido al Diez metros. La solución
calor se dilata 20 cm. Si no del problema es elemental,
se hubiese previsto un pero lo que sorprende es la
medio de absorber esta magnitud de dicha
dilatación, el puente se solución. Se trata de hallar
levantaría formando un el tercer lado de un
triángulo isósceles de altura triángulo rectángulo cuya
h. La base sería el puente hipotenusa mide 1000'2/2 =
antes de la dilatación. 500'1 m. y 500 m. uno de
¿Cuánto vale h? los catetos. h2 = (500'1)2-
(500)2 ===> h = 10 m.
¿Falló su intuición?



15 NUEVE ÁNGULOS
Solución
Calcula el valor de todos
los ángulos de la figura El ángulo 2 mide 20°.
Por tratarse de un triángulo isósceles
sabiendo que el ángulo 1 (dos lados son radios) los ángulos 4 y
vale 70. 5 son iguales.
La suma de los ángulos 2, 3 y 4 es
90°, pues el ángulo total abarca el
diámetro.
De estas dos condiciones se obtiene
que la suma de los ángulos 2 y 4 es
igual al ángulo 7. Y el ángulo 7 es
igual a dos veces el ángulo 4. De
donde el ángulo 2 es la mitad del
ángulo 7.
Por tanto el ángulo 7 mide 40°, los
ángulos 4 y 5 miden 20° cada uno, el
ángulo 6 mide 140°, el ángulo 7 mide
50° y los ángulos 8 y 9 son rectos.



16 ÁREA DE LA CORONA CIRCULAR
Supongamos dos Solución
circunferencias concéntricas. Sean R el radio del círculo
Trazamos una tangente a la mayor y r el radio del círculo
interior que, naturalmente menor:
cortará a la exterior en dos r2=R2-1.
puntos. La distancia entre Área de la corona = piR2 - pir2 =
cualquiera de estos puntos y el piR2 - pi(R2-1) = .
En cualquier viejo formulario de
punto de tangencia es 1 m..
la geometría clásica, que tanto se
Halla el área de la corona estudiaba hace 50 años, viene
circular que determinan las dada directamente la fórmula de
dos circunferencias. la corona circular en función de
la cuerda del círculo
mayor, tangente al menor:
A=pi c/2. Como en nuestro caso
c/2=1, tenemos que A=pi 1=pi.



17 SIMETRÍA Y REFLEXIÓN
La imagen en un espejo plano
y el objeto reflejado no son
iguales, sino simétricos. El
producto de dos reflexiones
es la igualdad. Estas dos
sencillas propiedades nos
permitirán gastar una
pequeña broma, cuando
escribamos a un amigo
utilizando un papel carbón y
dos cuartillas.
La siguiente carta se la
mandé a un amigo mío.
¿Sabe Vd. lo que le pone?

Querido Paco: Si se te ocurre poner esta carta frente al
espejo, la leerás sin dificultad. Por cierto, que no me
explico la razón de que Leonardo da Vinci escribiera
siempre en la forma que ahora estás viendo.


18 TRIÁNGULOS ORIGINALES
¿Cuál tiene una superficie mayor, un triángulo con
lados 5, 5, 6 o uno con lados 5, 5, 8?

Solución

Tienen la misma área.
Ambos pueden dividirse
por la mitad para dar lugar
a dos triángulos 3, 4, 5.



19 EL VALOR DE LA MEDIANA

En el triángulo Solución

ABC, rectángulo en Basta recordar que
A, la hipotenusa todo triángulo
a=10, el cateto b=8 y rectángulo puede
el cateto c=6. Hallar inscribirse siempre en
un círculo cuyo
en 30 segundos el diámetro CB=a=10 es
valor de la mediana la hipotenusa, así que
AM. AM=radio=5.



20 LA ESFERA HUECA Y EL GEÓMETRA SAGAZ
Una esfera pesa 40 kg. Se la coloca suavemente dentro de un
cilindro lleno de agua en el cual entra exactamente. Después de
esta operación, el cilindro y su contenido pesan 20 kg más.
¿Cuál es el volumen del cilindro? ¿Cuál es la densidad de la
esfera?
Solución

El volumen de la esfera es los 2/3 del volumen del cilindro en el cual aquella puede
inscribirse: 4/3piR3 = 2/3(2piR3).
Cuando la esfera se hunde en el cilindro desaloja los 2/3 del agua contenida en ese
cilindro. El aumento de peso es, pues, el peso de la esfera (40 kg) menos los dos
tercios del peso del agua contenida inicialmente en el cilindro, lo cual, en kilos, es
igual a los dos tercios del volumen del cilindro, expresado dicho volumen en
decímetros cúbicos.
20 = 40 - 2/3V ===> V=30 dm3
El volumen de la esfera es V'=2/3V=20 dm3 y su densidad es 40/V'=2.



21 LAS ESFERAS PINTADAS
Un vendedor de billares tiene Solución
como insignia de su negocio Los volúmenes y, por lo tanto,
dos esferas desiguales, sólidas los pesos son proporcionales a los
y hechas de la misma madera. cubos de los radios. Las
superficies y, por lo tanto, las
La mayor pesa 27 kg y la
cantidades de pintura son
pequeña 8 kg. proporcionales a los cuadrados
El comerciante se propone de los radios. Sean R y r los
volver a pintar las insignias. radios de las dos esferas, x el
Con 900 gramos de pintura peso en gramos de la pintura
necesaria para pintar la esfera
pinta la esfera mayor.
pequeña.
¿Cuántos gramos necesitará r3/R3=8/27 luego r/R=2/3
para pintar la pequeña? (La r2/R2=x/900=4/9 x=400 gramos.
cantidad de pintura necesaria
es proporcional a la superficie
que hay que pintar)


22 GIROS, ¿POSIBLES O IMPOSIBLES?
Solución
Catalina ha desafiado a sus
amigos a hacer algo que Girar primero el libro 180
alrededor del lado vertical
parece totalmente opuesto al lomo, y a continuación
imposible: «Coger un otros 180 alrededor de una recta
que forme 45 con el eje anterior.
libro, girarlo un ángulo de En general, un giro de 180
180 , volverlo a girar otros alrededor de un cierto eje,
180 y que el libro quede seguido por otro giro de 180
alrededor de otro eje que forme
formando un ángulo de 90 un ángulo con el primero, resulta
con su posición inicial». ser equivalente a una rotación de
ángulo 2 alrededor de un eje
¿Será posible realizar lo perpendicular a los dos primeros
que dice Catalina? y que pasa por su punto de
intersección.



23 EL EMBALSE Y EL PEZ
Solución
El borde de un embalse es
una circunferencia perfecta. Mil metros. El pez describe
Un pez empieza en un un ángulo recto con su
punto del borde y nada en trayectoria. Un ángulo
recto, con su vértice en la
dirección norte 600 circunferencia de un
metros, lo que le devuelve círculo, intersecta la
al borde. Nada entonces en circunferencia en los
dirección este, llegando al extremos de un diámetro.
borde después de recorrer El diámetro es, por tanto, la
800 metros. ¿Cuál es el hipotenusa de un ángulo
recto con lados 600 y 800
diámetro del embalse? metros.



24 EL POSTE ROTO
Un poste mide 32 palmos de altura. Un día lo parte
un rayo. El trozo roto queda apoyado en el suelo
formando un triángulo de 16 palmos de base. ¿A qué
altura se partió el poste?

Solución

x² + 16² = (32-x)²; x=12
palmos.



25 EL CRUCE DE LA RED
Se trata de trazar una línea Solución
continua a través de la red El problema no tiene solución.
cerrada de la figura, de modo En efecto, cada uno de los tres
rectángulos mayores de la figura
que dicha línea cruce cada uno tiene un número impar de
de los 16 segmentos que segmentos. Como cada vez que se
componen la red una vez cruza un segmento se pasa de dentro
a fuera del rectángulo o viceversa,
solamente. La línea continua quiere decirse que en los tres debe de
dibujada no es, evidentemente haber una terminación de la línea en
una solución del problema, ya su interior para que la línea cruce el
número impar de segmentos una sola
que deja un segmento sin vez, y como hay tres rectángulos
cruzar. Se ha dibujado mientras que la línea continua no
solamente a fin de hacer tiene más que dos extremos, la
patente el significado del solución del problema es imposible.
enunciado del problema.



26 LOS 7 PUENTES DE KONIGSBERG
Solución
Un ciudadano de
Konigsberg (Prusia) se Euler (1707-1783) demostró que el
paseo es imposible. Veamos su
propuso dar un paseo demostración.
Los siete puentes están tendidos
cruzando cada uno de los entre cuatro regiones de tierra: A, B,
siete puentes que existen C y D. De A sale 5 puentes; de B, 3;
de C, 3, y de D, 3. El paseo sale de
sobre el río Pregel una sola una región y podrá terminar en ella
vez. Los dos brazos del río misma o en otra. Habrá siempre, al
menos, dos regiones que no serán
rodean a una isla llamada comienzo ni final del paseo. O sea,
Kneiphof. ¿Cómo debe cada vez que se entra en ellas debe
salirse de ellas. De cada una de esas
cruzar los puentes para dos regiones debería partir un
realizar el paseo? número par de puentes. Ya se ha
dicho que de las regiones parten 5, 3,
3 y 3 puentes, impares todos.
Conclusión: El paseo es imposible.


27 DIBUJANDO SOBRES.
Solución
En la figura tenemos dos Aunque el segundo parece el más
sobres ligeramente complicado de dibujar, la realidad es
que puede dibujarse en las
diferentes ya que el condiciones estipuladas. El primero
segundo tiene una línea en cambio, no.
Todo vértice en el que concurren un
más, que marca la doblez número impar de líneas ha de ser
de cierre. ¿Es posible comienzo o fin del trazado, ya que si
no, por cada entrada ha de haber un
dibujar cada uno de los salida. En la segunda figura, en los
sobres sin levantar el lápiz vértices inferiores ocurre esto, luego
uno puede ser comienzo y el otro fin
del papel, y sin pasar más del dibujo. (Ver figura)
de una vez por el mismo En el primer sobre son cuatro los
vértices en los que concurren un
trazo? número impar de líneas; como no
puede haber más que un fin y un
comienzo, es imposible dibujarlo en
las condiciones propuest


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

Un vértice es impar si de el parten un número impar de caminos. Un
vértice es par si de el parten un número par de caminos.
El problema es imposible si en la red hay más de dos vértices
impares.
Es posible: a) Cuando todos los vértices son pares, y entonces el
punto de partida puede ser cualquiera. b) Cuando no hay más de
dos vértices impares, y entonces el recorrido comienza por uno de
ellos y termina en el otro.

Solución

Se pueden dibujar de
un solo trazo los de la
fila superior. Es
imposible para los de
la fila inferior.


29 LOS TRES CUADRADOS.
Tenemos tres cuadrados iguales dispuestos como se
muestra en la figura. Usando solamente geometría
elemental (no trigonometría) demostrar que el ángulo
C es igual a la suma de los ángulos A y B.



29 LOS TRES CUADRADOS
Solución 1: La siguiente construcción muestra la
solución del problema




Solución 2: Esta otra construcción también muestra la
solución del problema.
Los triángulos APO y OQR son semejantes, por lo que
los ángulos A y O son iguales. Y como C=B+O, C=B+A.



Solución 3. Usando trigonometría: tgA=1/3, tgB=1/2, tgC=1.
tg(A+B) = ... = 1 = tgC. Luego A+B=C.



30 VENTANA DIVIDIDA EN DOS.
Una ventana cuadrada mide 1 Solución
metro de lado. Como estaba La siguiente figura muestra
orientada al sur y entraba la solución.
demasiada luz se disminuyó su
tamaño a la mitad, tapando
parte de ella. Tras ello la
ventana seguía teniendo forma
cuadrada y tanto su anchura
como su altura seguían siendo
de 1 metro. ¿Puede Vd. dar
una explicación de tan extraño
fenómeno?



31 MONEDAS IGUALES DANDO VUELTAS.
Dos monedas idénticas A y B parten Solución
de la posición que indica la figura.
La moneda B permanece en reposo, La moneda A da dos
mientras que la A rueda alrededor vueltas. ¿No se lo cree Vd.?
de B, sin deslizar, hasta que vuelve a Tome las dos monedas y lo
su posición inicial. ¿Cuántas vueltas comprobará.
habrá dado la moneda A?



32 MONEDAS DISTINTAS DANDO VUELTAS.
Dos monedas distintas A y B Solución
parten de la posición que ..........
indica la figura anterior. La
moneda B permanece en
reposo, mientras que la A
rueda alrededor de B, sin
deslizar, hasta que vuelve a su
posición inicial. ¿Cuántas
vueltas habrá dado la moneda
A? La moneda A móvil tiene
un diámetro cuatro veces más
pequeño que el diámetro de la
moneda fija B.



33 POSAVASOS Y SERVILLETA.
Solución
Tenemos un posavasos Colocamos uno de los vértices de la
circular y una servilleta servilleta sobre cualquiera de los puntos
de la circunferencia del posavasos.
cuadrada. Hallar el centro El ángulo definido por ABC es un ángulo
recto, luego el segmento AC es un
del posavasos con la diámetro de la circunferencia. Trazamos
ayuda únicamente de la con un lapicero la línea AC y repetimos la
misma operación eligiendo como B
servilleta y un lápiz. cualquier otro punto del perímetro del
posavasos. Una vez trazado el segundo
diámetro ya está hallado el centro de la
circunferencia.



34 EL CUBO Y LOS PLANOS.
Consideremos un cubo de lado Solución
1. Tomemos dos vértices La diagonal es
opuestos por una diagonal perpendicular a los planos
máxima del cubo. Cada uno en cuestión y forma ángulos
de estos dos vértices opuestos iguales con todas las aristas
está rodeado de tres vértices del cubo, por lo que la
cercanos que forman un proyección de una
triángulo. Es fácil ver que los cualquiera de éstas sobre
dos planos definidos por estos aquélla es constante.
dos triángulos son paralelos. Luego, sin más que dibujar
Sin hacer cálculos, ¿cuál es la la figura, se concluye que la
distancia entre los dos planos? distancia entre los dos
planos es 1/3 de la diagonal



35 CUATRO CÍRCULOS IGUALES.
Tenemos cuatro círculos iguales de radio 1. Uniendo los
centros obtenemos un cuadrilátero irregular. ¿Cuánto mide el
área sombreada?

Solución

La misma que uno de los círculos, es
decir, PI. La suma de los ángulos de un
cuadrilátero es 360 . Cada sector
sombreado cubre una parte de un círculo
cuya área depende del ángulo
correspondiente. Los cuatro ángulos
cubrirán un área igual a la de un círculo
completo.



36 LOS PINTORES DE LA CATEDRAL.
Unos pintores están pintando Solución
las paredes interiores de una Un metro cuadrado. Es
catedral. A una ventana
circular de un metro de
el área de un cuadrado
diámetro le añadieron dos de un metro de lado.
líneas tangentes y dos
semicírculos cerrando la
figura. ¿Qué área tiene la
figura sombreada?



37 MUY ELEGANTE
En la figura adjunta, ¿cuánto mide B?

Solución
B puede tener cualquier valor.
Sean x e y las dos partes en que se divide B, x la mayor.
x/6 = B/10 x = 6B/10
y/6 = B/15 y = 6B/15
Como B = x+y. Sustituyendo:
B = 6B/10 + 6B/15; o bien:
B = 3B/5 + 2B/5. Igualdad que siempre se cumple para cualquier valor de
B.


38 LA SOMBRA DESCONOCIDA
En la figura adjunta el Solución
triángulo rectángulo tiene el Observe que los triángulos
vértice en centro del sombreados de la figura son
cuadrado. ¿Cuál es el área de iguales por ser el triángulo
la parte sombreada? rectángulo. El área de la sombra
es la cuarta parte del área del
cuadrado.
Es decir, 36/4 = 9.



39 LA MEDIANA ES MENOR
Probar que cada mediana de Solución
Sólo hay que repetir un triángulo
un triángulo es menor que el igual al primitivo, opuesto por la
promedio de los lados base, como se muestra en la figura
adyacentes. En la figura adjunta.
Es evidente que la diagonal de un
adjunta, probar que x < cuadrilátero no puede ser mayor que
(a+b)/2. la suma de dos lados consecutivos.
Dividiendo por dos la diagonal
queda la mediana del triángulo, que
por tanto no puede ser igual o mayor
que la semisuma de los mismos
lados.



40 LA LUNA Y EL TRIÁNGULO
Solución
Las áreas rayadas de la
luna y el triángulo, ¿son . Sí, son iguales. Veamos:
iguales? (AB)2 = R2 + R2 = 2R2
Área del cuadrante =
PiR2/4
Área del triángulo = R2/2
Área del segmento de arco
AB = PiR2/4 - R2/2
Área de la luna = Pi(AB)2/8
- (PiR2/4 - R2/2) = PiR2/4 -
PiR2/4 + R2/2 = R2/2.



41 EL HEXÁGONO Y EL TRIÁNGULO
Un triángulo equilátero y un Solución
hexágono regular tienen La simple observación de
perímetros iguales. Si el la figura muestra la
hexágono tiene una superficie solución.
de 6 m2., ¿qué área tiene el
triángulo?



42 ÁREA DEL CUADRADITO
Tenemos un cuadrado de 10 Solución
cm. de lado. ¿Cuánto vale el La simple observación de la
área del cuadradito siguiente figura muestra
sombreado si A, B, C y D son que el área del cuadradito
los puntos medios de los lados es la quinta parte del área
del cuadrado? del cuadrado. Es decir, 20
cm2.



43 RECTÁNGULO, DIAGONAL Y TRIÁNGULO
La longitud del rectángulo Solución
ABCD es 8 y su anchura 3. Los triángulos AEB, BEF y
Dividimos la diagonal AC en FCB tienen la misma área
tres partes iguales mediante pues tienen la misma altura
los puntos E y F. ¿Cuánto vale e iguales bases. Así pues,
el área del triángulo BEF? cada uno la tercera parte
del área del triángulo ABC,
es decir:
Área del triángulo BEF =
1/3 1/2 8 3 = 4.



44 LOS DOS CÍRCULOS
Solución
El círculo 1, cuya área es
4, pasa por el centro del Área(2)/Área(1) = Pi
círculo 2 al que es tangente. R2/Pi r2 = (2r)2/r2 = 4.
¿Cuál es el área del círculo Entonces: Área(2) = 4
2? Área(1) = 4 4 = 16.



45 LA ZONA SOMBREADA
Solución
¿Cuál es el área de la zona
sombreada de la figura? Es la cuarta parte del área
del cuadrado: 16/4 = 4.



46 LAS 4 CABRAS DEL PRADO
En un prado cuadrado de 100 metros de lado, hay cuatro cabras. Cada una
atada a una esquina del prado con una cuerda de 50 metros, lo que permite
comer una cierta parte de la hierba del prado, quedando en el centro un
trozo que ninguna de ellas alcanza.
El propietario, tras vender tres de las cabras, alargó la cuerda de la que
quedaba en una de las esquinas, de tal forma que el área sobre la que podía
pastar era equivalente al área sobre la que pastaban anteriormente las
cuatro. ¿Qué longitud le dio a la cuerda?



46 LAS 4 CABRAS DEL PRADO

Solución

El área utilizada por las cuatro es un círculo de
radio 50 m., es decir S=Pi 50². La que queda sola
ha de pastar sobre un cuadrante de círculo cuya
superficie sea la misma: Pi x²/4 = Pi 50² ===>
x=100 m. Justamente la longitud del campo.



47 FERMAT: EL CENTRO DEL TRIÁNGULO
Solución
Dado un triángulo ABC,
encontrar un punto cuya Se construye un triángulo
equilátero sobre cada lado del
suma de distancias a los triángulo ABC. Uniendo los
vértices sea mínima. vértices de esos tres triángulos
obtenemos un punto de
intersección que cumple la
condición requerida.



48 LAS TRES CIRCUNFERENCIAS
Dadas tres circunferencias Solución
iguales, tangentes dos a dos,
calcula el área encerrada entre
las tres.



49 LA SUMA DE LOS CATETOS
El radio del círculo inscrito en un triángulo
rectángulo mide 3 cm., y el del circunscrito, 5 cm.
¿Cuánto vale la suma de los catetos del triángulo?

Solución

16 cm. Haga la figura
correspondiente y lo
verá.



50 LA SUPERFICIE DEL LAGO
La zona sombreada representa Solución
un lago. ¿Cuál es la superficie El lago es un triángulo
del lago? Los terrenos que lo rectángulo. Para hallar su
limitan son cuadrados. área, basta saber la
longitud de los catetos:
Área = 5x12/2 = 30 m².



51 BONITA PROPIEDAD
Demostrar que uniendo los puntos medios de los
lados de un cuadrilátero se obtiene un
paralelogramo.

Solución

Trazando las diagonales del
cuadrilátero se observa la
propiedad inmediatamente.



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