PROBLEMAS_DE_GEOMETRIA-81

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t2  k
22
DA2
 y2  DB − kBD
2
. Sumando estas cuatro igualdades se tiene
k  AD
2  BC2  AC2  DB2
2      
 a
2  b2  c2  d2
2      
. Por tanto se conocen los puntos A′, B′, C ′ y
D ′, pues AA′  AC 
a2  b2  c2  d2
2      
, etc. Se trazan los planos perpendiculares a AC en A′, a
CD en C ′, etc., que se cortan en P.
J 21- Se considera la pirámide VABCD, cuya base es un cuadrado de lado a, estando el vértice V en la
perpendicular por A a la base y a una distancia AV  h. Desde A se traza AE perpendicular a VB, y
AH perpendicular a VD. 1º) Demostrar que AE y AH son perpendiculares a las caras VBC y VDC, y
que el plano EAH es normal a la arista VC en el punto K. 2º) Demostrar que las diagonales del
cuadrilátero AEKH son rectangulares. Hallar su superficie en función de a y h. Calcular el volumen
w de la pirámide VAEKH y el cociente wW , siendo W el volumen de VABCD. Calcular las
longitudes de VA, VC y VD para que wW 
1
3 . 3º) Demostrar que el centro O del cuadrado ABCD
equidista de los puntos A, E, K y H, que BK  DK  a, y que la distancia del punto O al plano
AEKH es igual a la mitad de CK. Dar la expresión del volumen de la porción de esfera de centro O
y radio OA, comprendida entre los planos ABCD y AEKH.
Solución:
V
A
B C
D
O
E
K H
V
A O C
Ω
K
V
A
B C
D
O
E
K H
V
A O C
Ω
K
1º) La arista BC es perpendicular a VAB, y en particular a AE. Como AE es perpendicular a VB, AE
lo es a VBC. Análogamente, AH es perpendicular a VDC. Como VC es perpendicular a AE y a AH,
lo es a su plano AEH en su punto de corte K. 2º) Se tiene que AE  AH y CE  CH, ya que el
plano VAC es de simetría del tetraedro. Luego AK y EH son perpendiculares. La superficie del
cuadrilátero es SAEKH  EH  AK2 . En el triángulo VAC, la altura es AK, luego
1
AK2
 1
VA2
 1
AC2
 1
h2
 1
2a2
, de donde AK  ah 2
2a2  h2
. En los triángulos homotéticos
VEH y VBD, se tiene EHBD 
VE
VB , EH 
BD  VE
VB . Como VE 
VA2
VB , EH 
ah2 2
a2  h2
, luego
SAEKH  a
2h3
a2  h2 2a2  h2
. En el triángulo VAC, VK  VA
2
VC 
h2
2a2  h2
. Luego
w  SAEKH  VK3 
a2h5
3a2  h22a2  h2
. Como W  a
2h
3 , se tiene que:
w
W 
h4
a2  h22a2  h2
. Para wW 
1
3 , se tiene 2h
4 − 3a2h3 − 2a4  0, de donde h  a 2 .
Luego VA  a 2 , VC  2a, VD  VB  a 2 . 3º) Como VA2  VB  VE  VK  VC  VH  VD,
los puntos A, E, B, K, C, H y D están en una esfera tangente a VA en A, de centro O y radio a 22 .
En el triángulo rectángulo BOK, se tiene que BK2  BO2  OK2  a2. Análogamente, DK2  a2.
Luego BK  DK. Los planos VAC y EAH son perpendiculares. El plano VAC contiene a O,
perpendicular por O al plano EAH. Como O y CK son perpendiculares a AK (figura de la
derecha), O es paralela a CK. Siendo O el punto medio de AC, se tiene que
O  CK2 
a2
2a2  h2
. El volumen pedido correspondiente a la esfera de centro O y radio OA,
comprendido entre los planos ABCD y AEKH, es igual a la mitad del volumen de la esfera menos
el volumen del segmento esférico limitado por el plano AEKH. El volumen de la semiesfera es:
241
2  OA3
3 
a3 2
6 . La altura del segmento esférico es:
OA − O  OA − CK2 
a 2
2 −
a2
2a2  h2
, y su volumen, a
3
6 2 − a
4a2  3h2
2a2  h2
3
2
.
Por tanto, el volumen pedido es: a
44a2  3h2
62a2  h2
3
2
.
J 22- Se da una esfera de centro O, y dos puntos fijos, A y B, situados en la prolongación de uno de sus
diámetros. Hallar el lugar geométrico de los vértices de las superficies cónicas tangentes a la esfera
y que pasan por los puntos A y B.
Solución:
A B
O
VV’
A B
O
VV’
Sea una superficie cónica de vértice V, tangente a la esfera O. El plano P que pasa por AB, corta a
la esfera según un círculo máximo. Sean las tangentes VA y VB que se cortan en V y que están
contenidas en el plano P. Al girar este plano alrededor de AB, V describe una circunferencia, que es
el lugar pedido. El mismo razonamiento para el vértice V′.
J 23- Demostrar que si un polígono está inscrito en una esfera, los planos tangentes a la esfera en los
vértices del polígono, se cortan en un punto.
Solución:
V
O
A
H
V
O
A
H
Sea O el centro de la esfera, y sea H el centro de la circunferencia que forma el plano del polígono
al cortar la esfera, y sobre la que están los vértices del polígono. Sea A uno de estos. Sea V la
intersección del plano tangente a la esfera en A, con la perpendicular OH al plano del polígono. En
el triángulo rectángulo OAV, se tiene: OA2  OH  OV, luego OV es constante, y el punto V es fijo.
J 24- Hallar y razonar el número de esferas tangentes a un tetraedro cualquiera.
Solución:
A1
A2A3
A4
a2
a3
α2
α3
α4
a4
’3α
‘4α
A1
A2A3
A4
a2
a3
α2
α3
α4
a4
’3α
‘4α
Los planos de las caras de un tetraedro dividen el espacio en quince regiones: a) Espacio
A1A2A3A4, ocupado por el tetraedro. b) Cuatro triedros, uno por cada vértice, opuestos en cada
242
vértice al triedro correspondiente al tetraedro (por ejemplo, A1234). c) Cuatro troncos de
pirámide, indefinidos, uno por cada cara (por ejemplo, A2A3A4a2a3a4). d) Seis "tejados", uno por
cada arista (por ejemplo, A1A2343′ 4′ ). A la región definida en a) le corresponde una esfera
inscrita. A las regiones definidas en b), no les corresponde ninguna esfera inscrita tangente a las
cuatro caras, pues, por ejemplo, la esfera situada en el triedro A1234, no puede ser tangente a la
cara A2A3A4. A las regiones definidas en c), les corresponde cuatro esferas, una por cada tronco,
llamadas esferas exinscritas. En cuanto a los seis "tejados", definidos en d), pueden tener uno de
cada dos, cuyas aristas sean opuestas, una esfera tangente o ninguna; por tanto, en estas regiones,
puede haber una, dos, tres o ninguna esfera tangente a las cuatro caras. En total, hay como mínimo
cinco esferas tangentes a los cuatro planos de un tetraedro (una inscrita y cuatro exinscritas), y
como máximo, ocho esferas.
Nota: Para estudiar en detalle las regiones d), se utilizan a continuación las coordenadas
tetraédricas de un punto M del espacio, definidas como las distancias del punto a las caras del
tetraedro, consideradas como positivas si el punto y el vértice están en el mismo lado de la
correspondiente cara, y negativas en el caso contrario. Las coordenadas tetraédricas de un punto
del espacio, satisfacen la relación s1x1  s2x2  s3x3  s4x4  3v, siendo sk el área de la cara
opuesta al vértice Ak, y v el volumen del tetraedro. Siendo r el radio de la esfera tangente a las
caras del tetraedro, situada en una región d), en la que la arista es AiAk y la arista opuesta Ai′Ak′ , las
coordenadas del centro de la esfera son: xi  r, xk  r, xi′  −r, xk′  −r. Luego
r  3v
si  sk − si′ − sk′
, con lo que si si  sk  si′  sk,′ , hay una esfera tangente en el "tejado"
definido por la arista AiAk, no pudiendo haberla en el correspondiente a la arista opuesta. Si
si  sk  si′  sk′ , no hay esfera tangente en ninguno de los dos "tejados".
J 25- Construir un tetraedro conociendo los seis puntos medios de las aristas. Definir las condiciones
de posibilidad de la construcción.
Solución: Las rectas que unen los puntos medios de aristas opuestas de un tetraedro, se cortan en
un punto que es el punto medio de cada una de dichas rectas. Luego los puntos medios de las seis
aristas del tetraedro, forman un octaedro cuyas aristas opuestas son iguales y paralelas. Tomando
tres puntos medios, se obtiene un plano que es una de las caras del octaedro. Se traza el triángulo
cuyo triángulo mediano es el anterior, y este triángulo es una cara del tetraedro. Procediendo de la
misma forma con otra cara, se obtiene el cuarto vértice. La condición de posibilidad consiste en
que los seis puntos dados deben formar un octaedro cuyas aristas opuestas han de ser iguales y
paralelas.
J 26- Demostrar que en un tetraedro 1º) Las tres rectas que unen los puntos medios de aristas opuestas
se cortan en un mismo punto G, que es el punto medio de cada una de ellas. 2º) Los seis planosmedianos (planos que pasan por una arista y por el punto medio de la arista opuesta) pasan por G.
3º) Las cuatro medianas (rectas que unen cada vértice con el centro de gravedad de la cara opuesta)
pasan por G, que está situado a 14 de la mediana a partir del centro de gravedad de la cara.
Solución:
V
B
C
D
A
P
R
Q
N
M
G
S
T
V
B
C
D
A
P
R
Q
N
M
G
S
T
Sea el tetraedro VBCD. Los puntos medios de las aristas son A, N, P, R, Q y M. 1º) Las rectas AQ
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