PROBLEMAS_DE_GEOMETRIA-90

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K 46- Se traza en el plano P un círculo de diámetro AB; se levanta la perpendicular en A al plano,
sobre la que se lleva el punto C, que se une con un punto cualquiera M de la circunferencia. 1º)
Demostrar que CM es perpendicular a BM. Indicar cómo se hallan los ángulos a) de CM con el
plano P, b) de un rectilíneo del diedro formado por los planos BMA y BMC. Determinar el centro
de la esfera que pasa por los cuatro puntos C, A, B y M. 2º) Se corta el tetraedro CABM por el
plano perpendicular a AM, trazado por el punto medio O de AB. Demostrar que la sección es un
rectángulo, que divide al tetraedro en dos troncos de prisma triangular. ¿Qué se puede decir de sus
volúmenes? 3º) Se supone AC  AB  a, AM  x, BM  y. Siendo V el volumen del tetraedro
CABM, formar la ecuación de segundo grado que tiene por raíces x e y, sabiendo que V  ma
3
6 ,
donde m es un número dado. Discutir la ecuación. Calcular m de forma que x − y  a2 . ¿Cuáles
son los valores de x e y en este caso?
Solución:
P
A B
C
E
F
D O
MP
A B
C
E
F
D O
M
1º) AM y BM son perpendiculares. La proyección de CM sobre P, es AM. Luego CM es
perpendicular a BM. El ángulo de CM con P se mide por el ángulo CMA. Un rectilíneo del diedro
formado por P y el plano BMC, es el ángulo CHO, siendo H el punto medio de BM, pues el plano
CHO es perpendicular a BM. La esfera CABM tiene su centro en la intersección de la perpendicular
a P trazada por O, con el plano perpendicular a AC trazado por el punto medio de AC. 2º) El plano
perpendicular a AM por O, corta a AM en D (punto medio de AM) y es perpendicular a P; corta a
CM en E y a CB en F, siendo EF paralela a OD, luego ODEF es un rectángulo. El cuerpo
DOEFAC es un tronco de prisma recto triangular de base ADO. El cuerpo DOEFBM es un tronco
de prisma recto triangular de base EDM. El volumen V1 del primer tronco es
1
6 AD  DOAC  DE  OF 
1
6 DMDO  AC  2SODEF 
1
6 DMBM  DE  2SODEF. Como
2SODEF  DEEF  DO, la expresión anterior es igual a 16 DM  DEBM  EF  DO, que es el
volumen del segundo tronco, luego los dos troncos son equivalentes. 3º) El volumen del tetraedro
CABM es V  16 AM  BM  AC 
1
6 axy 
ma3
6 siendo m  0. Luego xy  ma
2, y como
x2  y2  a2, se tiene x  y2  a2  2ma2, o sea x  y  a 1  2m . Por tanto, la ecuación pedida
es X2 − a 1  2m X  ma2  0, de donde X  a2 1  2m  1 − 2m . Ha de cumplirse que
1 − 2m ≥ 0, es decir 0  m ≤ 12 . Para x − y 
a
2 , se tiene m 
3
8 , obteniéndose para x e y los
valores
a 7  1
4 .
K 47- Sea VABC una pirámide triangular tal que BC  CA  AB y VA  VB  VC. Los puntos
medios de BC, CA y AB, son A′, B′ y C ′. Se forma una segunda pirámide triangular VA′B′C ′. Sea O
el centro de la circunferencia circunscrita al triángulo ABC. 1º) Siendo x  OV
2
OA′2
, calcular en
función de x la relación entre las superficies laterales de VABC y VA′B′C ′. Sea y el cuadrado de
esta relación. 2º) Calcular x de manera que y sea un valor dado m2. Discutir e interpretar los casos
límites. 3º) Determinar el cociente OV
OA′
 x , de forma que y sea un número entero.
268
Solución:
V
B
C’
A
B’
CA’
O
A’’
V
B
C’
A
B’
CA’
O
A’’
1º) La relación entre las superficies laterales, es:
3
2  BC  OA
′2  VO2
3
2  B
′C ′  OA′′2  VO2
 2  OA
′2  VO2
OA′2
4  VO
2
 4  OA
′2  VO2
OA′2  4  VO2
 4  1  x1  4x .
O bien: y  161  x1  4x . 2º) x 
16 − m2
4m2 − 16
, luego x describe un arco de hipérbola desde x  0
para m2  16, hasta x   para m2  4. En el caso m2  16, el punto V coincide con O, es decir
que las pirámides degeneran en el plano ABC. En el caso m2  4, el punto V está en el infinito, y
las pirámides son prismas rectos triangulares. 3º) En la tabla se exponen los valores pedidos,
habiéndose incluido los valores límites  y 0.
y 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
x  114
10
8
9
12
8
16
7
20
6
24
5
28
4
32
3
36
2
40
1
44 0
x  1,6583 1,1180 0,8660 0,7071 0,5916 0,5000 0,4226 0,3536 0,2887 0,2236 0,1508 0
K 48- Se da un triedro trirrectángulo y un punto P en su interior, cuyas distancias a las caras miden 3,
4 y 5cm. Un plano que pasa por P corta al triedro según un triángulo cuyo baricentro es P.
Calcular el volumen del tetraedro formado.
Solución: La longitud de las aristas del tetraedro correspondientes al triedro dado, serán el triple
de las distancias de P a las caras. Luego el volumen es 16  9  12  15  270cm
3.
K 49- Demostrar que el volumen de un tetraedro viene dado por las siguientes expresiones: 1º) Un
tercio del producto de una arista por el área de la proyección del tetraedro sobre un plano
perpendicular a dicha arista. 2º) Un sexto del producto de dos aristas opuestas por la mínima
distancia entre ellas, multiplicado por el seno del ángulo que forman dichas aristas.
Solución: 1º) La fórmula del volumen de la pirámide es V  13 Sh, siendo S el área de una cara y
h la altura del vértice opuesto a dicha cara sobre esta. La proyección del cuerpo sobre un plano
perpendicular a una arista coincide con la proyección de la base sobre dicho plano. En efecto, sea
la arista AB y la base BCD, y el plano perpendicular sea por ejemplo el que pasa por B. La
proyección de A sobre dicho plano, es B, luego la proyección del cuerpo coincide con la de la base.
Siendo  el ángulo que forma la arista AB con la base, la altura correspondiente es AB  sin.
Luego el volumen es V  13 S  AB  sin 
1
3 AB  S  sin 
1
3 AB  S
′, siendo S ′ la
proyección de la base sobre el plano perpendicular a AB. 2º) La fórmula del volumen del
prismatoide es V  h6 B  B
′  4B′′. Tomando como bases dos aristas opuestas, es decir
B  B′  0, la fórmula se reduce a V  h6 4B
′′, siendo h la mínima distancia entre las dos aristas
opuestas. Como B′′  a2 
a ′
2  sin, la fórmula es V 
aa ′h sin
6 .
269
K 50- Se da un cono de altura 100cm y radio de la base 50cm. La altura decrece 10cm por segundo, y
el radio crece 5cm por segundo. Calcular la variación del volumen.
Solución: Vt  3 50  5t
2100 − 10t  2503 −t
3 − 10t2  100t  1000, V0  2500002 ,
ΔV  2503 −t
3 − 10t2  100t. Esta curva, que define la variación del volumen, es una parábola
cúbica, que crece en el intervalo 0 ≤ t ≤ 103 s, alcanzando en t 
10
3 s, el mayor aumento de
48481,37cm3, siendo el volumen del cono en ese momento, de 310280,76cm3. En el intervalo
10
3  t ≤ 6,18s, la curva de la variación del volumen disminuye hasta anularse para t  6,18s,
en cuyo momento el volumen del cono es igual a su volumen inicial. En el intervalo
6,18s  t ≤ 10s, la curva de la variación del volumen se hace negativa, alcanzando en t  10,
una variación negativa cuyo valor absoluto es igual al volumen inicial del cono, es decir que el
volumen del cono es nulo.
K 51- Demostrar que en un tetraedro de aristas opuestas ortogonales, la suma de los cuadrados de los
productos de las aristas opuestas es igual a cuatro veces la suma de los cuadrados de las áreas de
las cuatro caras.
Solución:
A
A’
B
C
D
E
a
a’
b’
c’
c
b
A
A’
B
C
D
E
a
a’
b’
c’
c
b
Sea el tetraedro ABCD, cuyas aristas opuestas ortogonales, son aa ′, bb ′, cc ′. Sea el plano ABE
perpendicular a CD. La altura AA′ del tetraedro coincide con la altura del triángulo ABE, siendo A′
el ortocentro del triángulo BCD. Se tiene: a2  AE2  BE′2 − 2  BE  A′E,
a2a ′2  a ′2AE2  BE′2 − 2  BE  A′E  4SACD2  SBCD2 − 2  SBCD  SCDA′ .:
Se obtienen expresiones análogas para b2b ′2 y c2c ′2. Sumando las tres igualdades, se tiene:
a2a ′2  b2b ′2  c2c ′2  4SABC2  SACD2  SADB2  SBCD2 .
K 52- En un paralelepípedo rectangular de base ABCD, AD  a, siendo h la altura y A′B′C ′D ′ la base
superior. El paralelepípedo queda dividido en tres partes equivalentes por dos planos que pasan por
DD ′ y cortan a las caras laterales según MM ′ y NN ′, de tal modo que el diedro de arista NN ′, cuyas
caras pasan por MM ′ y DD ′, es recto. Calcular en función de a y h el volumen engendrado por el
rectángulo MM ′NN ′ al girar alrededor deDD ′.
Solución:
A’ B’
C’D’
a r
N’
M’R
b
A
A’ B’
C’D’
D
B
C
N’
M’
M
N
A’ B’
C’D’
a r
N’
M’R
b
A
A’ B’
C’D’
D
B
C
N’
M’
M
N
270