PROBLEMAS_DE_GEOMETRIA-78

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Sección J - CUERPOS
J 1- Dada una pirámide con un vértice V que es un triedro trirrectángulo, probar que V se proyecta
ortogonalmente sobre la base opuesta en el ortocentro de esta.
Solución:
V
A
C
H
h
h’
h’’
B
V
A
C
H
h
h’
h’’
B
Las alturas de la base son Bh, Ah ′ y Ch ′′, que se cortan en el ortocentro H. El plano VBh es
perpendicular a AC, y el plano VAh ′ lo es a BC. Luego VH es perpendicular a AC y a BC, siéndolo
por tanto, al plano ABC. Luego H es la proyección de V sobre ABC.
J 2- Cortar una pirámide triangular por un plano de manera que la sección sea un paralelogramo.
Solución:
V
A B
C
M N
P
Q
V
A B
C
M N
P
Q
Sea la pirámide VABC. Por un punto M de la arista VA se traza en la cara VAB, la paralela MN a
AB, estando N sobre la arista VB. En el plano VBC se traza NP paralela a VC, que corta en P a CB.
En la cara ABC se traza PQ paralela a MN, estando Q sobre AC. En la cara VAC, MQ es paralela a
NP.
J 3- Cortar una pirámide triangular por un plano de modo que la sección sea un paralelogramo de área
máxima.
Solución:
A
B
C
D
E
F
G
H
A
B
C
D
E
F
G
H
Sea la pirámide ABCD y sea el paralelogramo EFGH, en el que los lados EH y FG son paralelos a
AC, y EF y GH lo son a BD. El área del paralelogramo es S  EH  EF  cosFEH. Como el ángulo
es fijo, el área será máxima cuando lo sea el producto EH  EF. Como EH  AC  EDAD y
EF  DB  AEAD , su producto es proporcional a AE  ED. Y como la suma de estos dos factores es
constante e igual a AD, su producto es máximo cuando los dos factores sean iguales, es decir
cuando E sea el punto medio de AD, y análogamente F, G y H sean los puntos medios de sus
respectivas aristas.
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J 4- En un cubo de 4m de arista, se traza el plano determinado por los puntos medios de tres aristas
que no sean ni consecutivas ni paralelas entre sí. Determinar la forma de la sección definida por
ese plano en el cubo, calculando sus elementos y su superficie.
Solución:
A B
CD
O
E
F G
HM
N
P
Q
R
S
Sean las tres aristas consideradas AD, BG y EH, y sus correspondientes puntos medios M, N y P. El
plano MNP pasa por O, centro del cubo, por lo que pasa también por los puntos medios Q, R y S de
las aristas opuestas a las consideradas. La sección es el exágono regular MSNQPR, cuyo lado mide
2 2 m, inscrito en el círculo de centro O y radio 2 2 , siendo su área 12 3 m2.
J 5- Se da una esfera O y una recta d. Trazar una esfera  de radio conocido, que corte a O bajo
ángulo  dado y tal que el plano de intersección de ambas esferas, pase por d.
Solución: Sea R el radio de O, y r el de . Siendo P uno de los puntos de intersección de ambas
esferas, se tiene el triángulo OP, en el que el ángulo en P es suplementario de , OP  R,
P  r, O  R2  r2  2Rrcos . Por tanto los centros de  están en una esfera O ′,
concéntrica con O y cuyo radio es R2  r2  2Rrcos . El plano sección de ambas es tangente a
una esfera O ′′, concéntrica con O y cuyo radio es la proyección de OP sobre O. Se trazan los
planos que, conteniendo a d, son tangentes a O ′′ (en general, serán dos planos). Estos dos planos
son los planos radicales de O y . Las perpendiculares trazadas desde O a estos dos planos
radicales, cortan a la esfera O ′ en dos puntos, que son centros de la esfera pedida .
J 6- Se da un triedro VXYZ. 1º) Construir un tetraedro VABC, de forma que A, B y C estén sobre VX,
VY y VZ, respectivamente, y tal que las tres caras laterales VAB, VBC y VCA sean equivalentes. 2º)
Demostrar que en este tetraedro, uno cualquiera de los lados del triángulo ABC, por ejemplo el AB,
está igualmente inclinado con respecto a las caras laterales que no contienen a dicho lado (VAC y
VCB en el caso del lado AB).
Solución:
V
A
B
C
A’
A
B
C
V
K
O
V
A
B
C
A’
A
B
C
V
K
O
1º) Desarrollando el triedro sobre el plano de una de sus caras (por ejemplo VBC en la figura de la
izquierda) y fijando una longitud arbitraria VA  VA′, se tiene que:
VA  VB  sinAVB  VB  VC  sinBVC  VC  VA  sinCVA. Luego VA es proporcional a sinBVC,
VB a sinCVA, y VC a sinAVB. 2º) Se traza (figura de la derecha) BK perpendicular a la cara VAC,
y AO perpendicular a la cara VBC. Los segmentos BK y AO son iguales, puesto que
1
3 SVBC  AO 
1
3 SVAC  AK, y como SVBC  SVAC, se tiene que BK  AO. Los triángulos
rectángulos AKB y AOB son iguales, luego KAB  ABO.
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