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Calendario Matemático S.M.

Mes de Octubre de 2003 Problemas resueltos y comentados

por Julio Castiñeira Merino

Calendario S.M Mes de Octubre 2003

Julio Castiñeira Merino 2/38

Durante la primera semana proponemos una serie de figuras para que calcules su área.

Miércoles 1 Triángulo

Respuesta Esta figura se conoce con el nombre de Triángulo de Reuleaux, y es. Después del circulo, la figura más sencilla que tiene anchura constante. El área de la figura es tres veces el sector circular de radio a y ángulo sesenta grados menos dos veces el área del triángulo equilátero de radio a.

2222

70477102

34

326

3 a.aaaArea ≅−=⋅−⋅⋅= ππ



Jueves 2 Cuatro Círculos

Respuesta Si r es el radio de uno de los círculos, el área del recinto azul es

( ) 22 858404 r.r ≅− π

En efecto el área del recinto azul es el área del cuadrado de lado 2r menos los cuatro sectores circulares de radio r y ángulo 90 grados.

Es decir el área del cuadrado de lado 2r menos él área del círculo de radio r.

( ) ( ) 222 42 rrrArea ππ −=−=



Viernes 3 Tres Círculos

Respuesta El recinto azul es un triángulo de Reuleaux (Ver Miércoles 1 de Octubre), por eso su área es

22 70477102

3r.rArea ≅

−=

π



Sábado 4 Mickey

Respuesta

El área de Mickey es 22 8812682

332 r.r ≅

+π siendo r el radio de cada

una de los sectores de la figura. En función del lado l del triángulo el área es

22 9604226

334 l.l ≅+π

En efecto, Mickey es la unión de un hexágono de lado r y de tres sectores circulares de radio r y ángulo 240º.

El área de un sector de radio r y ángulo 240º es 2

32 rπ

pues, obviamente, el

sector es los dos tercios del círculo. El área del hexágono se obtiene aplicando la

fórmula perímetro por apotema dividido por dos. Es por tanto 2

233

r .El área de

Mickey es por tanto 2

2332 r

+π



Domingo 5 Hexágono

Respuesta

22 25184012

439a.aArea ⋅≅

−=

π

La fórmula se obtiene considerando que la figura es la mitad de un hexágono regular de lado a menos dos sectores circulares de radio a y ángulo 60 grados.



Lunes 6 Más Áreas M y N son los puntos medios de los lados del cuadrado

Respuesta

Área del triángulo = 201

Área del cuadrado

Demostración sin palabras



Martes 7 Área Mínima Encuentra un punto P en la circunferencia de manera que el triángulo tenga área

mínima.

Respuesta La perpendicular a la recta AB que pasa por el centro de la circunferencia corta a

ésta en dos puntos P y Q. P es el punto de la circunferencia más próximo a la recta AB y Q el más alejado. Estos dos puntos determinan los triángulos de áreas mínima y máxima respectivamente cuya base es el segmento AB. Pues si dos triángulos tienen la misma base el de menor (respectivamente mayor) área es de menor (respectivamente mayor) altura.



Miércoles 8 Triángulo Inscrito Halla el radio del círculo inscrito en un triángulo isósceles

Respuesta

Sean b = 2c la base del triángulo, h la altura, l el lado y r el inradio. Se cumple

rc

hlc

lchcr =+⇔

+⋅=

Basta calcular el área del triángulo de dos formas diferentes. La primera usa la

formula de semiperímetro por inradio y la segunda la de base por altura partido por dos.

( )

⋅=⋅+⇒⋅=

⋅+=hcrlchcArea

rclArea

222

22

Ejemplo- Sea el triángulo de base b = 6 y altura h = 4. Calculemos r.

Por Pitágoras sabemos que 22 hcl += , luego 543 22 =+=l . Por tanto

515343 .r =

+⋅=

También podemos hacer una construcción con regla y compás calculando el cuarto proporcional de los segmentos c +l, h y, c. Que se puede además construir de la forma que indica la figura



Jueves 9 Dividir un cuadrado

Halla en qué puntos A y B hacen que el área del triángulo es la mitad del área del cuadrado.

Respuesta Hay dos tipos de soluciones. En la primera el punto A puede ser cualquier punto del lado superior y B el vértice inferior izquierdo del cuadrado.

En al segunda el punto B es cualquiera del lado izquierdo del cuadrado y A es el vértice superior derecho del cuadrado.

En efecto calculemos suma de las áreas de los tres triángulos verdes que indica

la figura



( ) ( ) 2

21

222l

lalblalb=

⋅−+

−⋅+

⋅

Simplificando ( ) alóbalb ==⇒=−⋅ 00

Nos proporciona las dos soluciones que hemos descrito. En la primera b = 0 y a toma cualquier valor, en la segunda a = l y b toma cualquier valor.



Viernes 10 Camino más corto

¿Cuáles son los puntos M y N que hacen el camino AMNB más corto?

Respuesta Para construir la poligonal más corta seguimos el procedimiento siguiente: 1) Construimos el punto C simétrico de B respecto de la recta s. 2) Construimos el punto D simétrico de C respecto de la recta r. 3) Unimos A con D. El punto M es el punto de intersección del segmento AD y la recta r. 4) Unimos M con C. El punto M es el punto de intersección del segmento MC y la recta s.



Veamos que en efecto la poligonal AMNB así construida es el camino más corto. Si APQB es otra poligonal, construyamos el punto R simétrico de Q respecto de la recta r. La poligonal APQB = APQC =APRD > AD =AMD =AMNC = AMNB como queríamos demostrar.



Sábado 11 Tangentes

Realiza esta construcción en la que la circunferencia B es tangente a la circunferencia A en el centro y la circunferencia C es tangente a las circunferencias A y B.

Respuesta Procedimiento de construcción

1-Dibujemos la circunferencia de centro O

y radio r y dos diámetros perpendiculares.

2-En el diámetro vertical construimos P punto medio entre el centro de la circunferencia O y el punto M. A continuación construimos Q punto medio del segmento OP. En el diámetro vertical construimos sucesivamente R y S puntos medios de los segmentos ON y RN respectivamente.

3-Trazamos la paralela al radio ON que pasa por Q. Dibujamos la circunferencia de radio OS. El punto T es el centro de la circunferencia pequeña C, y el punto P es el centro de la circunferencia mediana B.



4-Trazamos la perpendicular al diámetro horizontal que pasa por T. Llamemos U al punto de intersección de la recta con el diámetro. El segmento TU es un radio de la circunferencia pequeña C y el segmento PO un radio de la circunferencia mediana B. 5- Dibujamos las circunferecias B y C

La justificación de esta construcción se encuentra en el día 12



Domigo 12 Relación entre las Areas En la figura del día anterior si el radio de la circunferencia es r, ¿Qué relación hay entre

las áreas de la circunfrencias A y C? Respuesta. El área del círculo A es 16 veces mayor que la del círculo C. El radio de la

circunferencia B es 2r

y el de la circunferencia C es 4r

.

En Efecto calculemos el radio de la circunferencia C.

Sea OUQTh == . Aplicando el teorema de Pitágoras al triángulo PQT obtenemos

222

22hx

rx

r+

−=

+

Aplicando Pitágoras al triángulo OTU

( ) 222 xhxr +=− Simplificando obtenemos el sistema

=⋅−=⋅

22

2

22

hxrrhxr

Eliminando h obtenemos la ecuación 042 =⋅− xrr

Luego 4r

x = y 2

rOUh ==

Por tanto

16

4

2

2

=

⋅

⋅=r

rCcirculoAreaAcirculoArea

π

π



Lunes 13 Circunferencia ¿Cuál es el área de la zona dibujada en rojo? El radio de la circunferencia exterior es R.

Respuesta

El área del recinto rojo es ( )( ) 22 31939504224 R.R ⋅≅⋅−+ π . Esta figura se construye de la forma siguiente: 1) En un cuadrado de lado 2R construimos los cuatro cuadrantes de radio R.

El área de la estrella de cuatro puntas es el área del cuadrado de lado 2R menos los

cuatro cuadrantes de radio R, es decir ( ) ( ) 222 42 RRR ⋅−=⋅− ππ . 2) Dibujamos una diagonal y trazamos la circunferencia interior. Si llamamos r al radio de la circunferencia interior se cumple:

( ) RrRRRDiagonalr ⋅−=⇒−=−= 1222222

El área de la estrella agujereada es por tanto

( ) ( )( ) ( )( ) 222 4224124 RRR ⋅−+=−−⋅− πππ . 3) Dibujamos la circunferencia exterior.



Martes 14 Circunferencia II ¿Y el área de esta zona coloreada en rojo? ¿Cómo se construye esta figura?

Respuesta

El área de la estrella curva de seis puntas es ( ) 22 3225032 R.R ⋅≅⋅− π , siendo R el radio de la circunferencia exterior. El cálculo lo haremos paralelo a la construcción de la figura.

1-Dado R construimos 3

2RRa = . Ra es el lado del hexágono circunscrito a la

circunferencia de Radio R. 2-Construimos el Hexágono de lado Ra de la forma usual, ayudándonos de una circunferencia auxiliar de radio Ra .

3-Dibujamos los sectores de 120 grados con centro en los vértices y Radio Ra /2.

Obtenemos una estrella curva de seis puntas cuya área es igual al área del hexágono menos el área de los seis sectores. Es decir

Área de la estrella curva de seis puntas = 222

233

316

233

aaa RRR

−=⋅⋅⋅−

ππ .



4-Construimos la circunferencia interior. Observemos que el radio de la circunferencia interior es la mitad del radio de la circunferencia auxiliar.

El área de la estrella agujereada de seis puntas es pues

( ) ( ) 222 32250324323

R.RRa ⋅≅⋅−=−

ππ

5-Dibujamos la circunferencia de Radio R y borramos las líneas auxiliares.



Miércoles 15 Hexágonos Si el área de la zona coloreada es igual a 1 u2, ¿qué área tiene el hexágono interior?

Respuesta: 3 u2

Demostración sin palabras



Jueves 16 Cuerdas Si A es uno de los puntos comunes de dos circunferencias, dibuja una recta que

pasando por A determine cuerdas de igual longitud en cada una de las circunferencias. Respuesta El problema tiene dos soluciones. Una es obvia, la cuerda común a ambas circunferencias. La otra es la perpendicular que pasa por A al segmento AM donde M es el punto medio del segmento que une los centros C y D de las dos circunferencias.

Es fácil justificarlo analíticamente. Si A es el origen de coordenadas y las circunferencias tienen ecuaciones

022022 2222 =−−+=−−+ dycxyxybyaxyx Una cuerda de ecuación y = mx corta a las circunferencias en los puntos

( ) ( )

++

++

22 12

12

mmbam

,mmba

y ( ) ( )

++

++

22 12

12

mmdcm

,mmdc

respectivamente.

La condición de que las cuerdas AP y AN tienen igual longitud nos conduce a la ecuación

dmcbma +=+ que tiene dos soluciones

bdcamy

dbcam

−−=

++−= 21

que nos proporcionan dos ecuaciones (a + c)x + (b + d)y = 0 que es la recta perpendicular al segmento AM y (a - c)x + (b - d)y = 0 que es la cuerda común a las dos circunferencias.



Viernes 17 Radio En el Triángulo rectángulo , OA =15 y OB = 20. ¿Cuál es el radio de la circunferencia tangente a los catetos? Respuesta 12

En efecto Por Tales wzrwr

rz ⋅=⇒= 2 .

Por Pitágoras

=+=+

222

222

2015

wrzr

Sustituyendo y operando

=+⋅=+⋅

400225

2

2

wwzzwz

Sumando las ecuaciones

6252 22 =+⋅+ wwzz Luego

25=+ wz Restando las ecuaciones

17522 =− zw Tenemos pues el sistema

=+=−

2517522

zwzw

Dividiendo la primera ecuación por la segunda

91625

7==⇒

=+

=−zyw

zw

zw

Por tanto 12169 =⋅=⋅= wzr



Sábado 18 Incógnita

¿Cuánto vale X?

Respuesta 24264423 .X ≅= Calculamos X analíticamente. Tomamos A como origen de coordenadas, y P(3,0). Entonces C(8,0) y B pertenece a las circunferencias de centro P y radio 4 por hipótesis y a la circunferencia que tiene por diámetro AC. Es decir las coordenadas de B satisfacen el sistema

( )( )

⇒

=+−=+−

273

27

4443

222

222

,Byxyx

La ecuación de la recta paralela a BC que pasa por A es xy37−= , luego D

satisface el sistema

( )

−⇒

=+−

−=273

29

4437

222,D

yx

xy

La distancia de P a D es 230273

329

22

=

−−+

− .



Domingo 19 Corona Circular Si el área de una corona circular es 9π u2, ¿cuál es la longitud de una cuerda de

la circunferencia mayor que sea tangente a la circunferencia menor?

Respuesta l = 6 unidades.

En efecto El área de la corona circular es ( )22 rRA −= π , pero como la

tangente es perpendicular al radio, podemos afirmar que ( )2

22

2

=−

lrR , luego el

área de la corona circular es función de la cuerda tangente y vale

4

2lArea

⋅=

π

Por tanto 694

2

=⇒=⋅

ll

ππ



Lunes 20 Cuadrados

¿Qué relación hay entre las áreas del cuadrado inscrito y circunscrito?

Respuesta

El área del cuadrado circunscrito es el doble del área del cuadrado inscrito. En efecto, si L es el lado del cuadrado circunscrito, l el lado del cuadrado inscrito y r el radio de la circunferencia se cumple:

( ) 22

42

2

2

2

2

2

2

=

⋅

=⋅==l

l

lr

lL

inscritoAreatocircunscriArea



Martes 21 Punto medio

Desde un punto exterior a una circunferencia, dibuja una recta que pase por P y corte a la circunferencia en dos puntos A y B, de manera que A sea el punto medio del segmento PB.

Respuesta Llamemos C al centro de la circunferencia. El problema tiene solución si la

distancia del punto P a C es menor o igual a tres veces el radio de la circunferencia. Si el punto P dista tres veces el radio del centro C, la solución es, obviamente, el

diámetro que une P y C, pues entonces, ABrPA =⋅= 2 , donde r es el radio de la circunferencia.

Si la distancia de P a C es menor que 2r hay dos soluciones que son simétricas respecto del diámetro que une P con C.

Nota: Si el punto P es interior, la cuerda perpendicular al diámetro que une P con C tiene la propiedad pedida.

Para construir la recta pedida vamos a probar la siguiente relación del punto A. Proposición-Sea P exterior a la circunferencia y A y B los puntos de corte de una

secante que pase por P. ABPA = si, y solo si, 2

PTPA = , siendo T el punto de

tangencia de la tangente que pasa por P.

En efecto si ABPA = entonces la potencia de P respecto de la circunferencia

es 2

2 22 PTPAPTPAPAPTPBPA =⇒=⋅⋅⇒=⋅ .

Recíprocamente si

PAABPAPBPBPAPAPTPTPA =⇒=⇒⋅=⋅=⇒= 222

22.



Construyamos la recta PB con regla y compás. 1) Construimos una recta tangente que pasa por P.

a) Trazamos la recta PC donde C es el centro de la circunferencia. b) Hallamos el punto medio N del segmento PC. c) Dibujamos la circunferencia con centro N y radio NP. d) Elijamos el uno de los dos puntos de corte de la circunferencia y lo llamamos T.

2) Construimos un punto D tal que 2

PTPD = . Para ello

a) Construimos el punto medio de PT y lo llamo M. b) Dibujamos la circunferencia de centro M y radio MP. c) Trazamos la recta perpendicular a PT que pasa por M. Esta recta es también la paralela a TC que pasa por M. d) El punto D es la intersección de la recta anterior y la circunferencia de centro M.



3) Construcción de la recta AB

a) Dibujamos la circunferencia con centro en P y que pasa por D. b) Elegimos cualquiera de los dos puntos de corte de ambas circunferencias y lo llamamos A c) Dibujamos la semirrecta que une P y A, al punto de corte de la semirrecta con la circunferencia de partida le llamamos B. La recta PB es la recta pedida.



Miércoles 22 Lúnula

Compara las áreas de la lúnula y del triángulo. Respuesta: Las áreas son iguales.

En efecto, el área del triángulo es 2

2r, el área del segmento circular es

24

22 rr−

⋅π y el

área dela lúnula es 22422

2222 rrrr=

−

⋅−

ππ

.



Jueves 23

En el cuadrado de lado 1 u, AE =EF. ¿Cuándo es máxima el área de EFDC?

Respuesta cuando E es el punto medio del segmento AB. Entonces el área vale 5/8.

En efecto si llamamos AEx = , el área del triángulo AEF es 2

2xy el área del triángulo

EBC es 2

1 x−, por tanto el área del recinto EFDC es

21

21

21

22 xxxx −+=

−−− .

Expresemos este polinomio como una diferencia de cuadrados por una constante:

−−⋅=−+

22

21

45

21

21 xxx

Esta expresión se hace máxima cuando 2

21

−x se hace mínima, es decir cuando

21

=x



Viernes 24 Hexágono Dos lados paralelos de un hexágono distan 15 u. ¿Cuánto mide el lado?

Respuesta: 66835 .l ≅=

En efecto 3523215

60===

ºsinhl . Donde l es el lado del hexágono y h la

apotema.



Sábado 25 Cociente Si la longitud de la hipotenusa de un triángulo rectángulo es h y el radio de la circunferencia inscrita es r, ¿cuál es el cociente entre el área de la circunferencia y el área del rectángulo?

Respuesta

rhtriánguloArea

circuloArea

+=

1

π

Necesitamos el siguiente resultado: Lema-Si a y b son los catetos de un triángulo rectángulo, h la hipotenusa y r el inradio,

entonces2

hbar

−+= .

Usando este resultado es fácil probar el resultado. Expresemos el área del triángulo en función del inradio y de la hipotenusa. Llamaremos por comodidad c a la

suma de los catetos a+b. Es decir rhchc

r ⋅−=⇒−

= 22

. El área de un triángulo es

el semiperímetro por el inradio. En nuestro caso:

( ) rhrrhc

AT ⋅+=⋅+

=2

El área del incírculo es 2rAC ⋅= π , luego

rhhrrr

AA

T

C

+=

+⋅=

12

2 ππ



Domingo 26 Arcos

En el cuadrado de lado l, ¿cuál es la dis tancia de X al lado que tiene por encima? En el cuadrado de lado l, ¿cuál es la distancia de X al lado que tiene por encima?

Respuesta l.lºsinlld ⋅≅−

⋅=⋅−= 13397402

3260 .



Lunes 27 Puntos interiores

Inscribe un triángulo en una circunferencia de forma que pase por tres puntos A, B y C interiores a la circunferencia.

Comentario Este problema es conocido como el problema de Castillon, en honor al matemático italiano que lo resolvió en 1776. Hablando estrictamente el problema de Castillon es más general que el propuesto en este día, pues no exige que los puntos sean interiores al círculo. Ignoramos si esta restricción del problema de Castillon permite una solución elemental. Este problema fue propuesto por el matemático suizo Cramer a su amigo Castillon en 1742. Cramer generalizaba así el siguiente problema de Pappus: Inscribir un triángulo en un círculo dado de tal forma que los lados o sus prolongaciones pasen por tres puntos alineados. Observemos que el problema es difícil. Castillon tardó en resolverlo 34 años, mas de 20 años después de la muerte de Cramer. Conocemos tres demostraciones del teorema de Castillon. Todas son complejas. Hemos ideado una experiencia que puede realizarse con algunos programas de geometría dinámica. Está basada en la solución proyectiva, debida a Steiner, del problema de Castillon. Consideremos que la circunferencia es una mesa de billar con tres bolas A, B y C fija y una bola P en el borde que olvidan de cumplir algunas leyes físicas.

Lanzamos la bola P situada en el borde en la dirección de la bola A. La bola P se olvida de las leyes del choque y traspasa la bola A como los fantasmas traspasan las paredes y continúa en la misma dirección. Luego al chocar con la banda en el punto M, se olvida de las leyes de la reflexión y busca la bola siguiente B. Al encontrarse con B nuevamente olvida las leyes del choque y continua hasta chocar en la banda en el punto N, busca la bola C y choca en la banda en el punto Q. Esta situación la podemos simular perfectamente con un programa de Geometría dinámica.

Movemos el punto P hasta que coincida con el punto Q. Tenemos así una

solución al problema.



Observemos que a cada punto P en la circunferencia le corresponde otro punto

Q. Esta transformación es una transformación proyectiva, que tiene dos puntos invariantes, uno o ninguno. Cada punto invariante proporciona una solución al problema.

Nosotros hemos construido el elemento invariante de la transformación usando un programa de geometría dinámica y la herramienta de mover objeto donde Steiner usa a. La regla, el compás y el rigor matemático.

La figura muestra las dos soluciones al problema de Castillon.



Martes 28 Equiláteros

ABC y DEF son triángulos equiláteros tales que DE es perpendicular a AB. ¿Cuál es el cociente entre sus áreas?. Respuesta: 3 En efecto, llamemos EDl = y DBc = por construcción sabemos que

3330 == ºtan

lc

. Llamemos respectivamente AG y AP a las áreas de los triángulos

equiláteros grande y pequeño. 2

43

lAP = por ser un triángulo equilátero.

Observemos que el área del triángulo grande es el área del pequeño mas 3 veces el área del triángulo rectángulo EDB, es decir

23

lcAA PG

⋅⋅+=

Dividiendo por AP

32132143231 2 =+=⋅+=

⋅⋅⋅+=

lc

llc

AA

P

G .

Es decir

3=P

G

AA

.



Miércoles 29 Áreas

¿Qué relación hay entre las áreas del recinto de color rojo y el recinto de color azul? Respuesta: Son iguales En efecto calculemos el área del segmento circular de la figura

222

42

24r

rrAs ⋅

−=−

⋅=

ππ. El trébol de cuatro hojas está formado por 8

segmentos circulares de radio r, luego el área del trébol es ( ) 222 r⋅−π . En nuestro

caso r = L/2, por tanto el área del recinto rojo es ( ) 22

22

222 L

L −=

⋅−

ππ

El área de la otra figura es el área de un círculo de radio 22

2 LLR =⋅=

menos el área de un cuadrado de lado L. Por tanto el área del recinto azul es

222

22

2LL

L −=−

⋅

ππ

Es decir ambos recintos tienen igual área.



Jueves 30 y Viernes 31

Halla el radio de la circunferencia pequeña, que es tangente a loas otras tres circunferencias. Respuesta Si R es el radio de una cualquiera de las tres circunferencias, el radio de la circunferencia pequeña es r =R/4. En nuestro caso como R = 4 el radio de la circunferencia pequeña es 1. En efecto

Por ser las circunferencias tangentes se cumple

( ) ( )4

4 2222 RrRrRrRRrR =⇒=⋅⋅⇒−+=+ .

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