Saquimux Problemas

Problemas Resueltos
de Geometr´ıa Elemental
Roberto Guti´errez-Herrera, B.Sc.
Licenciatura en Matem´atica Aplicada, USAC
wrgutierrez@ing.usac.edu.gt
Resumen
Las siguientes p´aginas contienen la resoluci´on de 13 problemas tomados del libro Apuntes de Geometr´ıa del Ing. Jos´e Saquimux, el cual hace un tiempo fue la base para ense˜nar la
Unidad de Geometr´
ıa del curso de Matem´aticaB´asica 1 (Prec´alculo) del Departamento de
Matem´atica de la Facultad de Ingenier´ıa de la USAC.
El objetivo del mismo es presentar al estudiante, problemas de geometr´ıa distintos a los
simples c´alculos de per´ımetros, a´ reas y vol´umenes —como se los ense˜naron y aprendieron en
el Nivel Medio—, sino dar una faceta m´as din´amica de lo que pueden ser la Geometr´ıa, y de
´
forma general las MATEM ATICAS
.
Palabras claves y frases: Geometr´ıa elemental, LATEX 2ε .

Problema 1.
A partir de la figura 1, plantear ecuaciones que relacionen los lados de tri´angulos rect´angulos, a
trav´es del teorema de Pit´agoras, expresar la longitud de la mediana mx correspondiente al lado x en
funci´on de sus lados x, y, z.
C

z

y
h

mx
u

A

a−u

E

D

a

B

Figura 1:Aqu´ı AD = a, DB = a, AE = a − u.
Soluci´on. Se tendr´a la relaci´on 2a = x de donde a = x/2, con inc´ognitas mx , h, u. Para
tenemos:
z2 = h2 + (a − u)2 ,
m2x

2

2

= u +h ,
1

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=

y2 − z2
.
2x

De lo cual obtenemos
x y2 − z2+
2
2x

h2 = y2 −

(4)
2

,

(5)

sustituyendo (4) y (5) en (2) tenemos
m2x

=

2

y2 − z2
2x

x y2 − z2
+
+ y −
2
2x

2

2

y finalmente
2(y2 + z2 ) − x2
.
2

mx =
Problema 2.
Deduzca que los tri´angulos
tri´angulo NAP.

GNP,

♦

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

AGN &

A

y
h
G : Baricentro
h0
N

D

x
B

u
aFigura 2: Mediana AB respecto al lado a.

2

P

´
Soluci´on. De la figura 2 tenemos AB = x + y, 2x = y y AB = 3x, y de esto Area
ah
0
´
Area
. Se buscar´a h0 a partir de ABD:
GNP =

ANP

=

ah
2

y

2

h
x+y
=
h0
x
es decir h0 = h3 , sustituyendo
´
Area

´
Para Area

AGN

´
tenemos Area

AGN

´
Area

´
Para Area

AGP

´
tenemos Area
´
AreaAGP

AGP

GNP

´
= Area
AGN

=

ABN

´
− Area

.
BGN ,

es decir

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

ANP

´

ANP − Area GNP − Area AGN ,

ANP −

´
Area
3

ANP

=

´
= Area

´
= Area

a h
·
2 3
ah 1
=
·
2 3
´
Area
=
3
=

´
Area
3

ANP

−

´
Area
3

es decir

ANP

.Problema 3.
A partir del tri´angulo rect´angulo de la figura 3, muestre que los tri´angulos ADC, ABC &
√
son semejantes entre si. Asimismo, mostrar el teorema de las alturas, es decir, h = mn.
Soluci´on. De
de
y de

♦

BDC

ABC tenemos:
h2 + m 2 = x 2

(6)

h2 + n2 = y2

(7)

x2 + y2 = (m + n)2 .

(8)

BCD:
ACD: x2 + y2 = z2 , es decir

3

D
n
B

m

y
h
xA

C
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

BCD son rect´angulos y tienen v´ertice com´un en D:
z y
=
y n
y2 = nz
√
y = nz.

Como

ACD y

ABC son rect´angulos y tienen v´ertice com´un en A:
z
x
=
x m
x2 = mz
√
x = mz.

Adem´as

z
x= hy , de donde
h=

xy
.
z

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

yz
x+y ,

m=

xz
x+y .

4

m
n

= xy .

♦

C
m
D
x
n

y

A

x
B
Figura 4: Tri´angulo y segmentos auxiliares.

E

Soluci´on. Sea CE tal que BD CE, en donde BE es la...