PROBLEMAS_DE_GEOMETRIA-89

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por tanto 2p  a  b  c   19 
1
12 
1
7,2  

3 , de donde p − a 

6 −

9 

18 ,
p − b  12 , p − c 

36 . Por lo que

6 

18 

12 

36  , luego   36. Los lados son
a  4, b  3, c  5.
K 38- Un tronco de cono recto tiene de radio R de su base mayor 36cm. Determinar el volumen
comprendido entre este tronco y el cilindro de igual altura h, mismo eje, y radio r igual al de la
base menor del tronco de cono, sabiendo que la generatriz del tronco de cono es la suma de los
radios de sus bases y que el volumen del cilindro es 38,6dm3.
Solución: El volumen pedido es V  h3 R
2  r2  Rr − 38,6, en dm3. Como R  3,6dm ,
h  R  r2 − R − r2  2 Rr  12 r10 dm, y r 
5h2
72 dm, se tiene que:
r2h  25h
5
5184  38,6dm
3, luego h  4,8dm, r  1,6dm.
Por tanto, V  34,048 − 38,6  68,36495dm3.
K 39- Calcular el radio de una esfera para que la diferencia de secciones hechas en la esfera y en un
cono equilátero inscrita en ella, por un plano paralelo a la base del cono, tenga por valor máximo la
cantidad de 0,248m2. Calcular la distancia de este plano al vértice del cono.
Solución: Siendo x la distancia del plano al vértice del cono, el área de la sección del cono es

3 x
2, y la de la sección de la esfera x2R − x. La diferencia es
 2Rx − x2 − x
2
3  x 2R −
4x
3 . Este valor es máximo para x 
3R
4 , luego 
3R2
4  0,248,
R  0,3244m, x  0,2433m.
K 40- Una esfera de centro O se dilata concéntricamente. Con vértice en un punto M que dista d de O,
se trazan conos circunscritos limitados por el círculo de contacto. Hallar el volumen del cono
máximo que puede trazarse.
Solución: Siendo h la altura del cono, R el radio de la esfera y r el radio del círculo de contacto,
se tiene h
d2 − R2
 rR 
d2 − R2
d , h 
d2 − R2
d , r 
R d2 − R2
d . El volumen del cono es
V  R
2d2 − R22
3d3
, que es máximo cuando lo sea Rd2 − R2, es decir cuando R  d
3
. Luego
V 
d2 d2 − d
2
3
2
9d3
 4d
3
81 .
K 41- Se da un tetraedro ABCD cuyas aristas opuestas son ortogonales. Los planos perpendiculares a
AC en A, a CB en C, a BD en B, y a DA en D, forman un tetraedro A1B1C1D1. Los planos
perpendiculares a CA en A, a CD en C, a BA en B, y a DB en D, forman un tetraedro A2B2C2D2.
Los planos perpendiculares a AB en A, a BC en B, a CD en C, y a DA en D, forman un tetraedro
A3B3C3D3. Demostrar que los volúmenes de los tetraedros A1B1C1D1, A2B2C2D2 y A3B3C3D3
son equivalentes.
Solución: Sean a y a ′, b y b ′, c y c ′ los pares de aristas opuestas ortogonales entre sí. Se verifica
que a2  a ′2  b2  b ′2  c2  c ′2, de donde se obtiene que:
c2  c ′2  b2  b ′2  a2  a ′2  c2  c ′2  a2  a ′2  b2  b ′2  22. Luego la suma de los
cuadrados de las longitudes de las aristas de los tres cuadriláteros alabeados que se obtienen del
tetraedro dado, son iguales. El volumen V1 del tetraedro asociado a un cuadrilátero alabeado cuya
suma de los cuadrados de las aristas es 22, es V1  
6
228V , siendo V el volumen del tetraedro
cuyas cuatro aristas son los lados del cuadrilátero alabeado. Por tanto, V1  V2  V3  
6
228V .
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K 42- Dado un tetraedro ABCD y un punto G, si se traza por G una recta Δ orientada que corta a las
caras BCD, CDA, DAB y ABC en M, N, P y Q, demostrar que se tiene en valor y signo
VA
GM 
VB
GN 
VC
GP 
VD
GQ  0, siendo VA, VB, VC y VD los volúmenes de los tetraedros GBCD,
GCDA, GDAB y GABC, contados positivamente cuando G y el vértice opuesto a una cara se
encuentran al mismo lado de la cara, y negativamente en caso contrario.
Solución:
A
B
M
G C
A’
β
D
B’
A
B
M
G C
A’
β
D
B’
Se proyecta ABCD en A′B′C ′D ′ sobre las caras opuestas paralelamente a Δ. Sea V el volumen del
tetraedro ABCD. Se tiene en magnitud y signo V
AA′
 VAGM . Sumando las igualdades análogas:
VA
GM 
VB
GN 
VC
GP 
VD
GQ  V
1
AA′
 1
BB′
 1
CC ′
 1
DD ′
. Sean , ,  las intersecciones de
los planos paralelos a Δ pasando por AB, AC y AD, con las aristas opuestas CD, DB y BC.
Considerando los triángulos semejantes AA′, BB′ y los de la misma base A′CD, BCD, se obtiene
en magnitud y signo AA
′
BB′

−A′
B 
−SA′CD
SBCD
, así como las otras dos relaciones análogas, de las
que se deduce −1  AA
′
BB′
 AA
′
CC ′
 AA
′
DD ′

−SA′CD − SA′DB − SA′BC
SBCD
 −1, es decir
1
AA′
 1
BB′
 1
CC ′
 1
DD ′
 0, con lo que queda demostrada la proposición del enunciado.
K 43- Sean OX, OY, OZ las aristas de un triedro trirrectángulo. Se lleva sobre dichas aristas las
longitudes OA  x, OB  y, OC  z, respectivamente. 1º) Determinar el centro  y el radio R de
la esfera circunscrita al tetraedro OABC. Demostrar que la recta O pasa por el punto de
intersección de las medianas del triángulo ABC. 2º) Hallar el lugar geométrico de  cuando A y B
están fijos, y C describe el eje OZ. 3º) Determinar el lugar de  para el caso en que C sea fijo, y A
y B varíen de forma que la recta AB permanezca paralela a una recta fija del plano XOY. 4º) Si
x  y  z  a, hallar la distancia de  al plano del triángulo ABC, así como el volumen V del
tetraedro OABC en función de a.
Solución: 1º) En el paralelepípedo rectángulo de aristas x2 ,
y
2 ,
z
2 ,  es el vértice opuesto a O,
distando
x2  y2  z2
2 de los cuatro vértices del tetraedro, es decir R 
x2  y2  z2
2 . Como el
baricentro del triángulo ABC, es el vértice opuesto a O en el paralelepípedo rectángulo de aristas
x
3 ,
y
3 ,
z
3 , el baricentro es homotético de  con centro de homotecia O, luego la recta O pasa
por dicho baricentro.2º) El paralelepípedo tiene fijas dos dimensiones, x2 ,
y
2 , luego  describe
una recta paralela a OZ, a una distancia x2 de YOZ, y a una distancia
y
2 de XOZ. 3º) En el plano
paralelo a XOY trazado a una distancia z2 de este, que corta a OZ en C
′, se traza una recta paralela
a la recta fija del plano XOY. El lugar de  es la recta que une el punto medio de esta paralela con
C ′. 4º) La distancia de  al plano ABC, es a 36 , siendo V 
a3
6 .
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K 44- Se da un triedro trirrectángulo OXYZ y un punto P en su interior, que dista una longitud a de
OYZ, b de OXZ y c de OXY. Por P se traza un plano cualquiera que corta a las aristas del triedro en
A, B y C. 1º) Demostrar que la suma aOA 
b
OB 
c
OC es constante. 2º) Determinar el plano ABC
para que el volumen del tetraedro OABC sea mínimo.
Solución:
X
Y
Z
A
B
C
P
a
b
c
1º) El volumen del tetraedro OABC es equivalente a la suma de los volúmenes de los tetraedros
POAB, POAC y POCB, luego OA  OB  OC6 
a  OB  OC
6 
b  OA  OC
6 
c  OA  OB
6 , de
donde 1  aOA 
b
OB 
c
OC . 2º) Siendo constante el total de los tres sumandos, su máximo o
mínimo se alcanza cuando son iguales los tres sumandos, es decir aOA 
b
OB 
c
OC  . Luego
OA  a , OB 
b
 , OC 
c
 . Sustituyendo estos valores en la igualdad anterior, se tiene  
1
3 .
Por tanto, el plano ABC viene definido por OA  3a, OB  3b, OC  3c, siendo el volumen
mínimo 9abc2 .
Nota: El volumen máximo corresponde a un plano que pasando por P fuera paralelo a cualquiera
de las aristas del triedro, con lo que el volumen sería infinito.
K 45- Se da una esfera S de centro C y diámetro AB  2R. Sea S ′ la esfera de diámetro AC. Se define
el punto M del segmento AB por AM  x. Sea P el plano que pasa por M y es perpendicular a AB.
Este plano corta a S según un círculo de área , y a S ′ según un círculo de área ′. 1º) Establecer
las fórmulas   x2R − x y ′  xR − x. 2º) Estudiar la variación del cociente 
′
cuando x
varía. 3º) En el volumen comprendido entre las dos esferas S y S ′, el plano P corta un área T que es
un círculo o una corona limitada por dos circunferencias, según la posición de M. Hallar las dos
expresiones correspondientes al área T en función de x, y estudiar su variación. 4º) Determinar M
de manera que el área T sea equivalente a la de un círculo de radio 0,6R.
Solución: 1º)   r2  x2R − x; ′  r ′2  xR − x. 2º) 
′
 2R − xR − x . La curvay  2R − xR − x , es una hipérbola de centro R, 1 , cuyas asíntotas son paralelas a los ejes. Como P
es un punto de AB, x no puede ser negativo. En el intervalo 0 ≤ x ≤ R, el cociente crece desde 2
hasta . Para x  R, el plano no corta a S ′, por lo que el cociente no tiene significado geométrico.
Para x  2R, el plano no corta a ninguna de las esferas. 3º) Para 0  x  R, el área T viene dada
por Rx, que corresponde a una corona circular, que crece linealmente en el intervalo, alcanzando
un máximo de R2 para x  R. Para R  x  2R, el área T viene dada por x2R − x, que
corresponde exclusivamente al círculo que P corta en S, que va disminuyendo según un arco de
parábola, desde R2 hasta ser nula en x  2R. Para x  2R, el plano no corta a ninguna de las
esferas. 4º) En el intervalo 0 ≤ x ≤ R, se tiene Rx  0,6R2, es decir x  0,36R. En el
intervalo R ≤ x ≤ 2R, se tiene x2R − x  0,6R2, de donde x2 − 2Rx  0,36R2  0,
obteniéndose la raíz válida x  1,8R.
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