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Problemas Resueltos de Geometr´a Elemental ı
Roberto Guti´ rrez-Herrera, B.Sc. e Licenciatura en Matem´ tica Aplicada, USAC a wrgutierrez@ing.usac.edu.gt
Resumen Las siguientes p´ ginas contienen la resoluci´ n de 13 problemas tomados del libro Apuna o tes de Geometr´a del Ing. Jos´ Saquimux, el cual hace un tiempo fue la base para ense˜ ar la ı e n Unidad de Geometr´a del curso de Matem´ ticaB´ sica 1 (Prec´ lculo) del Departamento de ı a a a Matem´ tica de la Facultad de Ingenier´ de la USAC. a ıa El objetivo del mismo es presentar al estudiante, problemas de geometr´a distintos a los ı ´ simples c´ lculos de per´metros, areas y vol´ menes —como se los ense˜ aron y aprendieron en a ı u n el Nivel Medio—, sino dar una faceta m´ s din´ mica de lo que pueden ser la Geometr´a, y de a a ı´ forma general las M ATEM ATICAS.
A Palabras claves y frases: Geometr´a elemental, LTEX 2ε . ı

Problema 1. A partir de la figura 1, plantear ecuaciones que relacionen los lados de tri´ ngulos rect´ ngulos, a a a trav´ s del teorema de Pit´ goras, expresar la longitud de la mediana mx correspondiente al lado x en e a funci´ n de sus lados x, y, z. o C

z h u A a−u E D mx

y

a

BFigura 1: Aqu´ AD = a, DB = a, AE = a − u. ı Soluci´ n. Se tendr´ la relaci´ n 2a = x de donde a = x/2, con inc´ gnitas mx , h, u. Para o a o o tenemos: z2 = h2 + (a − u)2 , m2 x = u +h , 1
2 2

ACD

(1) (2)

y para

CED y2 = h2 + (a + u)2 . (3)

Al restar (1) de (3) tenemos y2 − z2 = (a + u)2 − (a − u)2 = 4au x = 4· ·u 2 de esto u= De lo cual obtenemos h2 = y2 − sustituyendo (4) y (5)en (2) tenemos m2 x y finalmente mx = Problema 2. Deduzca que los tri´ ngulos a tri´ ngulo NAP. a 2(y2 + z2 ) − x2 . 2 ♦ = y2 − z2 2x
2

y2 − z2 . 2x x y2 − z2 + 2 2x
2

(4)

,

(5)

x y2 − z2 + + y − 2 2x
2

2

GNP, A

AGN &

´ ´ AGP tienen area igual a un tercio del area del

y h G : Baricentro h0 N D u a Figura 2: Mediana AB respecto al lado a. x B P

2

´ Soluci´ n.De la figura 2 tenemos AB = x + y, 2x = y y AB = 3x, y de esto Area o ah0 ´ Area GNP = . Se buscar´ h0 a partir de ABD: a
2

ANP

=

ah 2

y

h x+y = h0 x es decir h0 = h , sustituyendo 3 ´ Area
GNP

a h · 2 3 ah 1 = · 2 3 ´ Area = 3 =
ABN

ANP

.
BGN ,

´ Para Area

AGN

´ tenemos Area

AGN

´ = Area
AGN

´ − Area

es decir

´ Area

1 a 1 a · · h − · · h0 2 22 2 ah a h = − · 4 4 3 ah = 6 ´ Area ANP = . 3 =
ANP − Area GNP − Area AGN ,

´ Para Area

AGP

´ tenemos Area ´ Area
AGP

AGP

´ = Area

´

´

es decir

´ = Area = ´ Area 3

ANP − ANP

´ Area 3

ANP



´ Area 3

ANP

.



Problema 3. A partir del tri´ ngulo rect´ ngulo de la figura 3, muestre que los tri´ ngulos ADC, ABC & a a a √ son semejantes entre si.Asimismo, mostrar el teorema de las alturas, es decir, h = mn. Soluci´ n. De o de y de BCD: h2 + n2 = y2 ACD: x2 + y2 = z2 , es decir x2 + y2 = (m + n)2 . ABC tenemos: h2 + m 2 = x 2

BDC

(6) (7) (8)

3

D n B

m h x A Figura 3: En este caso z = m + n. Al sumar (6) con (7) y luego de utilizar (8): 2h2 + m2 + n2 = x2 + y2 = (m + n)2 = m2 + 2mn + n2 2h2 = 2mn √ h = mn. Como ACD y C

yBCD son rect´ ngulos y tienen v´ rtice com´ n en D: a e u z y = y n y2 = nz √ y = nz.

Como

ACD y

ABC son rect´ ngulos y tienen v´ rtice com´ n en A: a e u z x = x m x2 = mz √ x = mz.

Adem´ s a

z x

y = h , de donde

h=

xy . z



Problema 4. ´ En la figura 4, sea BD la bisectriz del angulo ∠ABC, aqu´ z = m + n. ı Deduzca el teorema de la bisectriz, es decir Deducir que: n=
yz x+y , m n

= x. y

m=

xz x+y .

4

C m D x n

A

x B Figura 4: Tri´ ngulo y segmentos auxiliares. a

y

E

Soluci´ n. Sea CE tal que BD CE, en donde BE es la prolongaci´ n de AB. Se tendr´ que o o a AEC son semejantes: y y + BE = n n+m y + BE = z yz . n= y + BE Por construcci´ n o ∠BEC = ∠ABD y adem´ s ∠ABD + ∠DBC + ∠CBE = 2π, por definici´ n de bisectriz tenemos a o...
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