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Hoja de Problemas – Geometría VI
174. Un lazo corredizo, formado por una cuerda, envuelve a una columna
cilíndrica de radio r perfectamente lisa, estando sujeto el extremos libre de la
cuerda. Averiguar a que distancia de la columna está el nudo corredizo en el
momento en que la cuerda está completamente tensa.
RESOLUCIÓN.-
Sea a la longitud de la cuerda. Se trata de encontrar bajo qué ángulo á es máxima la
distancia OP.
Para dicho á se verifica:
a = (π + 2α) r + 2 BA + AP
OP = OA + AP
Haciendo d = OP, y restando las igualdades anteriores:
d − a = OA − (π + 2a ) r − 2 BA =
OB
OB
1
2
− (π + 2α) r − 2
= r 
−
− π − 2α
sin α
tan α
 sin α tan α

1
2
de donde d = a + r 
−
− π − 2α
 sin α tan α

Derivando d respecto de á e igualando a cero la derivada:
1

cos α cos α − 
2
 − cos α

2

0 = d ' = r
+
− 2 ⇔
=0
2
2
sin α
 sin α sin α

π
π
π
que se anula en el intervalo  0,  para α = y α = .
2
3
 2
1 + cos 2 α 4 cos α
π
π
Como d " =
−
, es positiva para α =
y negativa para α = , la
3
3
sin α
sin α
2
3
π
distancia d = OP alcanza su máximo para α = .
3
Para este valor de á es:
1/9
DA = OA − OD =
r
−r =
sin α
r
3
2
2 3 
− r = r 
− 1
 3

que es la distancia pedida.
175. Un triángulo equilátero de lado 6 m. tiene un lado sobre el eje OY. Su
proyección ortogonal sobre el plano XOY es un triángulo rectángulo. Determínese
la ecuación del plano que contiene al triángulo.
RESOLUCIÓN.
Sea A(0, 6, 0) y OB = AB = 6.
Al ser OB’A un triángulo rectángulo e isósceles es B’(3, 3, 0).
Como MB = 3 3 , en el triángulo rectángulo MB’B es B’B = 3 2 . Luego es
B(3, 3, 3 2 ).
El plano OAB tiene pues por ecuación
2 x – z = 0.
Por simetría, el punto B puede ser también cualquiera de los siguientes:
(3, 3, -3 2 ), (-3, 3, 3 2 ) ó (-3, 3, -3 2 )
Luego las ecuaciones del los posibles planos son:
2x–z=0ó
2x+z=0
176. Consideren un cubo ABCDA’B’C’D’ donde ABCD y A’B’C’D’ representan
respectivamente sus bases superior e inferior, siendo las aristas AA’, BB’, CC’,
DD’ paralelas entre sí.
Un punto X se mueve con velocidad constante sobre la línea del perímetro del
cuadrado ABCD en el sentido ABCDA. Igualmente, un punto Y se mueve a la
misma velocidad sobre la línea del perímetro del cuadrado B’C’CB en el sentido
B’C’CBB’.
Los puntos X e Y empiezan a moverse en el mismo instante desde las posiciones
de salida A y B’, respectivamente.
Determine y dibuje el camino descrito por el punto medio M del segmento XY.
RESOLUCIÓN.
Cuando X está en los vértices A, B, C, D e Y está respectivamente en los vértices
B’, C’, C, B, el punto M está en E, F, C, H, donde:
2/9
E es el centro de la cara ABB’A’
F es el centro de la cara BCC’B’
H es el centro de la cara ABCD
Cuando X se mueve de A a B e Y lo hace de B’ a C’, se tiene que:
EM = EA + AX +
1
1
1
XY = EA + AX + ( XA + AB' + B' Y ) = ( AX + B'Y )
2
2
2
y como AX = a AB , B' Y = a B' Y = a B' C ' , 0 ≤ a ≤ 1
resulta que, EM =
a
a
( AB + B' C ') = AC
2
2
En consecuencia M describe el segmento EF, de E a F.
Análogamente, cuando X se mueve de B a C e Y lo hace de C’ a C, M desplaza
sobre el segmento FC, de F a C.
Cuando X se mueve de C a D e Y lo hace de C a B, M se mueve sobre el segmento
HE de H a E.
Al ser EF = HC y FC = EH , en el camino descrito por M, cuadrilátero EFCH es
un paralelogramo.
Como además, los lados del paralelogramo son iguales a la mitad de la diagonal de
la cara del cubo, el paralelogramo es un rombo.
No es un cuadrado ya que el ángulo HCF es de 60º.
177. a) Busque el valor del mayor de los ángulos que forman entre sí las
bisectrices interiores de los dos ángulos agudos de un triángulo rectángulo.
b) Si r y R representan respectivamente los radios de las circunferencias
inscrita y circunscrita a un triángulo rectángulo, demuestre que se tiene que
cumplir necesariamente la desigualdad: 0 < r ≤ R tan( π 8) .
c) Utilizando los resultados anteriores, explique qué camino se debe seguir
para construir con regla y compás un triángulo rectángulo conocidas las longitudes
de los radios r y R de sus circunferencias inscrita y circunscrita, respectivamente.
RESOLUCIÓN.
3/9
a)
1
1 π 3π
( ABC + ACB) = π −
=
.
2
22
4
3π
El ángulo que forman es de
radianes.
4
BIC = π − ( IBC + ICB ) = π −
b) Puesto que el ángulo BIC es de
3π
radianes, el punto I debe estar en el arco capaz
4
3π
sobre el segmento BC. Se verifica que r es como máximo la distancia r0
4
entre M y K (donde M es el punto medio de B y C).
del ángulo
Los ángulos KBC y KCB son iguales a
tan
π r0
= , ya que BM = CM = R.
8 R
Luego es tan
1
3  π
radianes, resultando que
π − π  =
2
4  8
π r
≥ ⇔ 0 < r ≤ R tan( π / 8) .
8 R
c) Para dibujar el triángulo se traza un segmento BC de longitud 2R, que será la
hipotenusa del triángulo, siendo su punto medio, M, el centro de la circunferencia
circunscrita.
Tomando como centro un punto de esta circunferencia, P, situado en la
perpendicular a BC por M, se traza el arco BC con radio PB = PC. Se tiene así, el arco
3π
capaz de
sobre BC, arco en el que está el incentro, según el apartado a).
4
Trazando, en el semiplano respecto del segmento BC en que está el arco BC, la
paralela a BC a distancia r, por el apartado b) esta paralela corta al arco BC en al menos
un punto, I, que es el incentro del triángulo.
Las intersecciones de las semirrectas que duplican los ángulos CBI y BCI es el
punto A, tercer vértice del triángulo.
4/9
178. La tangente trazada en un punto A a una circunferencia de radio r lleva
marcado un segmento AN cuya longitud es igual a la del arco de la circunferencia
AM (tomados en el mismo sentido). La recta MN corta a la recta AO (siendo O el
centro de la circunferencia) en el punto B. Calcular lim OB .
N →A
RESOLUCIÓN.
Sea á la medida del arco AM.
Sea P la proyección de M sobre la tangente.
Se tiene que:
AP = r sin α
MP = r − r cos α
AN = rα
PN = r (α − sin α)
Por la semejanza de los triángulos NAB y PMN, es
MP. AN
α(1 − cos α)
=r
PN
α − sin α
sin α − α cos α
OB = AB − r = r
α − sin α
AB =
Por lo tanto, resolviendo las sucesivas indeterminaciones por la regle de L’Hopital,
sin α − α cos α
sin α + α cos α
= r lim
=
N→ A
α →0
α→0
1 − cos α
sin α
2 cos α − αsin α
r lim
= 2r
α→0
cos α
lim OB = lim r
179. Dado el triángulo OAB cuyos vértices son los puntos O(0, 0), A(2 3 , 0) y
B(2 3 , 2), se construye la figura inversa AB’ del segmento AB respecto del punto
O como centro de inversión. Calcular:
a) Longitud del arco AB’
b) Volumen del cuerpo engendrado por el triángulo mixtilíneo OAB’ al girar
alrededor del eje OX.
c) Ecuación de la figura inversa de la recta C1 B’, siendo C1 el centro del arco
AB’.
d) Centros de homotecia directa e inversa que transforman la circunferencia
de arco AB’ en la figura inversa de la recta C1 B’.
Realizar la construcción gráfica correspondiente.
RESOLUCIÓN.
5/9
Puesto que A es un punto doble en la inversión, la figura inversa de la recta AB es la
circunferencia de centro en C1 , punto medio del segmento OA, que pasa por O. B’ es el
punto de intersección de esta circunferencia con la recta OB.
a) El radio r1 del arco AB’ es
r1 = OC1 = C1 A = 3 .
Como ∠AOB ' =
π
π
es ∠AC1 B ' =
6
3
La longitud del arco AB’ es
L=
π
3
.r1 =
π.
3
3
b) Sea P la proyección perpendicular de B’ sobre OX.
El cuerpo se puede descomponer en el cono formado al girar el triángulo OPB’ más
el segmento esférico formado al girar PAB’.
3
3
Como el triángulo C1 AB’ es equilátero, las coordenadas de B’ son 
3 ,  .
2
2
El volumen del cono es:
2
1 3 3
9 3
π 
3=
π
3 2 2
8
El volumen del segmento esférico es:
2
 3 

  3 −1 3 = 5 3π
π
 
3 2 
8
 2  
El volumen buscado es:
9 3
5 3
7 3
π+
π=
π.
8
8
8
c) Como la recta C1 B’ no pasa por O, su inversa es una circunferencia que pasa por O.
Al ser B el inverso de B’, también pasa por B. Su centro, C2 , es así el punto de
intersección de la perpendicular por O a C1 B’ con la perpendicular por el punto medio,
M, a la cuerda OB.
1
x.
3
La ecuación de OC2 es:
y=−
La ecuación de MC 2 es:
y = − 3x + 4 .
Luego se tiene que C2 (2 3 , -2).
6/9
Con ello, la ecuación de la circunferencia inversa de la recta C1 B’ es:
x 2 + y 2 − 4 3x + 4 y = 0
y su radio, r2 , es 4.
d) Trazando el diámetro por C2 paralelo al radio C1 A se obtienen los puntos extremos
A1 y A2 . Uniendo cada uno de ellos con A, la intersección con la recta C1 C2 determina
los puntos H1 y H2 , centros de las homotecias directa e inversa, respectivamente, que
transforman un circunferencia en la otra.
Sea H1 (á1 , â1 ); se tiene:
H1C 2 =
(
)
luego 2 3 − α1 ,−2 − β1 =
4
3
(
r2
HC
r1 1 1

10 3 − 12
α1 =
13
3 − α1 ,− β1 ⇔ 
β = 8 3 + 6
 2
13
)
Sea H2 (á2 , â2 ); se tiene:
H 2 C2 = −
(
)
luego 2 3 − α2 ,−2 − β2 = −
4
3
(
r2
H C
r1 2 1

10 3 + 12
α2 =
13
3 − α2 ,− β2 ⇔ 
β = 6 − 8 3
 2
13
)
180. Se considera el recinto plano R situado en el primer cuadrante, limitado por
el eje OX, una determinada curva C que pasa por el origen de coordenadas y una
recta r paralela al eje OY. Sean V1 y V2 los respectivos volúmenes de los cuerpos de
revolución engendrados por el recinto R al girar alrededor de OX y OY,
respectivamente. Se sabe que cualquiera que sea la recta r en las condiciones
dadas, V1 supera a V2 en el volumen del cilindro de altura unidad, engendrado por
r al girar alrededor de OY.
Hallar:
a) Ecuación de la curva C.
b) Cálculo de los volúmenes V1 y V2 en el caso en que el volumen del cilindro
es ð.
RESOLUCIÓN.
a) Sea y = f(x) la ecuación de la curva C y sea x = a la ecuación de la recta r.
7/9
Calculando V1 por integración por discos:
V1 = π ∫ ( f ( x) ) dx
Calculando V2 por integración por tubos:
V2 = 2π ∫ xf ( x )dx
a
2
0
a
0
El volumen del cilindro de altura unidad engendrado por el giro de r alrededor de
OY es πa 2 = π∫ 2 xdx .
a
0
En suma
V1 − V2 = πa 2 ⇔ ∫ ( f ( x)) 2 dx − 2 ∫ xf ( x) dx =
a
a
0
0
∫
a
0
(
)
2 xdx ⇔ ∫ ( f ( x)) 2 − 2 xf ( x) − 2 x dx = 0
a
0
lo que se verifica si ( f ( x)) 2 − 2 xf ( x) − 2x = 0 , esto es si f ( x ) = x + x 2 + 2 x es la
ecuación de C, ya que f ( x ) = x − x 2 + 2 x no es una curva en el primer cuadrante.
c) Es V1 – V2 = ð, luego a = 1.
(
)
2
(
)
V1 = π ∫ x + x 2 + 2 x dx = π∫ 2 x 2 + 2 x + 2 x x 2 + 2 x dx =
1
0
1
0
1
5
= 2π∫0 x x 2 + 2 x dx + π
3
13
1
2
∫0 x x + 2 x dx = ∫0 3 2 (2 x + 2) x + 2 x dx = 3 
1
y
1
2
−∫
1
0
x 2 + 2 xdx = 3 − ∫
1
0
( x + 1)
)
3
x 2 + 2 x dx
Con el cambio de variable
2
(
1
x + 2 x  −
0
2
x 2 + 2 x = ( x + 1) 2 − 1 = ( x + 1) + t , se tiene:
− 1 = ( x + 1) + 2( x + 1)t + t
x 2 + 2x = −
2
(
t + 1) 2
x=−
2
2t
(t + 1) 2
t2 − 1
1− t2
+1+t =
; dx =
dt
2t
2t
2t 2
luego:
∫
t 2 − 11 − t 2
1
1
1
dt = ∫ ( −t + 2t −1 − t −3 )dt = t 2 + ln t + t − 2 + C =
2
2t 2t
4
8
8
2
−2
1
1
x 2 + 2 x − ( x + 1) + ln x 2 + 2 x − ( x + 1) +
x 2 + 2 x − ( x + 1) + C
2
8
x 2 + 2 x dx = ∫
=−
1
8
(
Así,
∫
1
0
)
(
1
x 2 + 2 x dx = 3 + ln( 2 − 3 ) con lo que
2
8/9
)
∫x
1
0
1
1
x 2 + 2 x dx = − ln( 2 − 3 ) = ln( 2 + 3)
2
2
5
En consecuencia V1 = π + ln( 2 + 3 )  .
2

2
Entonces V2 = π + ln( 2 + 3 )  .
3

181. Determinar el triángulo isósceles de área máxima que tenga por base una
cuerda conjugada al eje de la parábola y 2 = 2 px , y cuyo vértice opuesto esté en el
eje de la curva a la distancia “a” del vértice de la misma.
RESOLUCIÓN.
Las rectas conjugadas con el eje, y = 0, son las polares de los puntos del eje, esto es,
las rectas paralelas a OY.
Si admitimos que la recta, x = b, sobre la que está la base pueda distar más de a del
origen, entonces no existe área máxima ya que cuando b crece, el área no está acotada.
Restringiéndonos a la situación 0 ≤ b ≤ a , la superficie del triángulo es
S (b ) = 2 pb ( a − b) .
El valor de b buscado es el que maximiza S2 (b).
Es
d 2
a
S (b ) = 2 p ( a − b)( a − 3b) = 0 ⇔ a = b ó b = .
db
3
Como S ( b) ≥ 0 , S(0) = 0 y S(a) = 0, en b =
2 2 p 32
valor es
a .
3 3
9/9
a
la función presenta un máximo cuyo
3