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CUATRO TRIÁNGULOS 35 problemas de tetraedros
Ricard Peiró i Estruch
Problema 1 Sea el tetraedro regular ABCD. Sea P el punto medio de la arista CD . Determinar la proporción entre las áreas del tetraedro ABCP y el tetraedro regular ABCD.
Problema 2 El perímetro de la sección paralela a dos aristas que se cruzan de un tetraedro regular es constante. Calcular el perímetro.
Problema 3 En una pirámide triangular regular la arista lateral es igual a tres veces la arista de la base. Calcular el ángulo diedro de una arista lateral.
Problema 4 Probar que los puntos medios de las aristas de un tetraedro regular son vértices de un octaedro regular. Calcular la proporción entre los volúmenes del octaedro y el del tetraedro.
Problema 5 La base d’un tetraedro es un triángulo rectángulo isósceles de hipotenusa 8cm y la arista lateral sobre el ángulo recto de la base es perpendicular a la base y mide 5cm. Calcular el área y el volumen del tetraedro.
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Problema 6 Un tetraedro está formado por dos triángulos equiláteros de lado a y dos triángulos rectángulos isósceles. Calcular el área y el volumen.
Problema 7 En la pirámide triangular regular ABCD el área de la sección que pasa por la arista lateral SC y la altura SO
es la mitad del área de la base ABC de la pirámide. La arista lateral es igual pirámide y su área.
21 . Determinar el volumen de la
Problema 8 Sea ABCS un tetraedro regular de arista 4. Sea D un punto de la arista SC tal que SD : DC 1 : 3 . Determinar el volumen del tetraedro ABDS.
Problema 9 Sea el tetraedro regular ABCS de arista 6. Sea P el punto medio de la arista SA . Sea Q el punto medio de la arista AB . Sea R el punto medio de la arista SC .
Determinar el área del triángulo PQR .
Problema 10 La base de una pirámide es un triángulo equilátero de lado a. Una de las caras laterales, perpendicular al plano de la base, también es un triángulo equilátero. Determinar el área y el volumen de la pirámide.
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Problema 11 Una pirámide ABCS (S el vértice) triangular regular la arista de la base es 3 y la altura 4. Sea P el punto medio de la arista AS . Calcular la medida del ángulo BPC .
Problema 12 Sea el tetraedro regular ABCD. Sea P el punto medio de la arista AD .
Sea Q el centro de la cara BCD . PQ Calcular la proporción . AB
Problema 13 Determinar la proporción entre los volúmenes de un tetraedro regular y su dual (dual es aquel que tiene por vértice los centros de las caras del primero).
Problema 14 Sea el tetraedro regular ABCD. Sea P el punto medio de la arista AD . Sea Q el punto medio de la arista BC . PQ Calcular la proporción . AB
Problema 15 En una pirámide triangular regular el ángulo diedro de la base es igual a . Determinar el ángulo formado por dos aristas laterales en el vértice de la pirámide. Problema 16 La altura de una pirámide triangular regular es 4 veces el radio de la circunferencia inscrita a la base. El volumen es 36. Determinar la medida de la arista de la base: Problema 17 Una pirámide regular de base triangular tiene altura 6 y volumen 72 3 . Determinar el radio de la esfera inscrita a la pirámide.
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Problema 18 Un plano secante paralelo a la base de una pirámide regular triangular divide por la mitad el área lateral de la pirámide. Determinar la proporción entre los segmentos en los que queda dividida la altura de la pirámide por el plano secante. Problema 19 En una pirámide triangular regular, por la arista de la base de longitud a, se traza una sección perpendicular a la arista lateral opuesta. Determinar la superficie de la pirámide si el plano secante divide la arista lateral en la razón m : n contando desde el vértice de la pirámide.
Problema 20 Consideremos el sistema de referencia afín O; e1 (1, 0, 0), e 2 (0, 1, 0), e3 (0, 0, 1) Sean los puntos A(a, 0, 0) , B(0, b, 0) , C(0, 0, c ) . Sean las áreas: P S OAB , Q S OAC , R S OBC , S S ABC . Probar que P 2 Q2 R 2 S 2 .
Problema 21 Sea un tetraedro cualquiera. a) Los segmentos que unen los puntos medios de las aristas opuestas se intersectan en un punto. b) La suma de los cuadrados de las aristas es cuatro veces la suma de los cuadrados de los segmentos que unen los puntos medios de las aristas opuestas.
Problema 22 Las aristas de una pirámide triangular que salen del vértice A son perpendiculares a pares y miden a, b, c. Determinar el volumen del cubo inscrito en la pirámide tal que uno de sus vértices es A.
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Problema 23 Sea el tetraedro regular ABCD de arista a.
Sea A’ la proyección de A sobre la base BCD . Sea A 1 el punto medio del segmento AA' . Probar que el tetraedro A 1BCD tiene tres caras triángulos rectángulos.
Problema 24 La suma de los cuadrados de todas aristas de una pirámide triangular regular es P. Determinar el área máxima de una cara lateral. Problema 25 a) Calcular el volumen máximo de una pirámide regular triangular inscrita en una esfera de radio R. b) Calcular el valor máximo de la suma de aristas de una pirámide regular triangular inscrita en una esfera de radio R. Problema 26 Sea el tetraedro ABCD. Siguen I, J, K, L los puntos medios de aristas AB , CD , BC , AD , respectivamente.
a) Demostrar que AB DC 2 JK . b) Demostrar que para a cada punto O del segmento KL existen los puntos M y M’ de las aristas AB , CD tal que P es el punto medio del segmento MM ' . Problema 27
Sea la pirámide ABCS de base el triángulo equilátero ABC La sección producida en la pirámide ABCS por un plano que pasa por el vértices S y A, y por el punto medio M de la arista de la base BC es un triángulo equilátero de lado 6cm. Calcular el área y el volumen de la pirámide.
Problema 28 La suma de distancias de un punto interior de un tetraedro regular a las caras es igual a la altura del tetraedro. Problema 29 En el tetraedro regular ABCS, AD es la mediana del triángulo
ABC , E es el punto medio de la arista BS . Determinar el ángulo que forman las rectas AD, CE.
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Problema 30 En el tetraedro regular ABCS, AM es la mediana del triángulo
ABS . Determinar el ángulo que forman las rectas AM, CS.
Problema 31 Sea ABCS un tetraedro regular.
Calcular el ángulo que forman la arista AB y la cara ACS . Problema 32
En el tetraedro regular ABCS, por la mediana AD de la base ABC y K el punto medio de la arista SB , se ha dibujado un plano. Determinar el ángulo de este plano y la base
ABC .
Problema 33 Sea D el punto medio de la arista AS del tetraedro regular ABCS. Sea E el punto medio de la altura OS . Determinar el ángulo de las rectas CE y DO.
Problema 34 Sea ABCD un tetraedro regular. Sea M el punto medio de la arista BS . Calcular el ángulo de la mediana AM y la arista CS .
Problema 35
En la pirámide triangular ABCS la base ABC es un triángulo equilátero y
las caras SAB i SBC son perpendiculares a la base. Sea la arista SB igual a la arista AB .
Sea O el baricentro de la base ABC . Sea D el punto medio de la arista SC . Calcular el ángulo que forman las rectas BD y SO.
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Problema 1 Sea el tetraedro regular ABCD. Sea P el punto medio de la arista CD . Determinar la proporción entre les áreas del tetraedro ABCP y el tetraedro regular ABCD.
Solución: Sea AB a arista del tetraedro regular ABCD:. El área del tetraedro regular ABCD es:
S ABCD 4 S ABC 4
3 2 a a2 3 4
Aplicando el teorema de Pitágoras al triángulo rectángulo APC :
3 a. 2 Sea M el punto medio de la arista AB . AP BP
Aplicando el teorema de Pitágoras al triángulo rectángulo AMP : 2
2 3 2 1 MP a a a. 2 2 2
El área del tetraedro ABCP es igual a la suma de las áreas de los triángulos ABC ,
APC , BPC y APB : 1 a 3 a a 2 a 3 2 2 3 2 2 S ABCP S ABC 2 S APC S APB a 2 2 2 2 a . 4 2 2 4 La proporción entre les áreas del tetraedro ABCP y el tetraedro regular ABCD es: 2 3 2 2 a S ABCP 6 6 4 0.7041 . 2 S ABCD 12 a 3
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Problema 2 El perímetro de la sección paralela a dos aristas que se cruzan de un tetraedro regular es constante. Calcular el perímetro.
Solución: Sea ABCD el tetraedro regular de arista AB a . Sea PQRS la sección del tetraedro PS , QS paralelos a AC , PQ , RS paralelos a BD . AC , BD son aristas que se cruzan.
Sea x AP , PD a x .
APQ , es un triángulo equilátero, entonces: PQ AP x .
PSD , es un triángulo equilátero, entonces: PS PD a x . El perímetro de la sección es: p 2 PQ PS 2x a x 2a . El perímetro de la sección es constante e igual al doble de la arista del tetraedro.
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Problema 3 En una pirámide triangular regular la arista lateral es igual a tres veces la arista de la base. Calcular el ángulo diedro de una arista lateral. Solución:
Sea la pirámide recta ABCS, donde ABC es un triángulo equilátero. Sea AB a , AS 3a . Sea P de la arista AS tal que BP AS . El ángulo diedro que buscamos es BPC . Sea M el punto medio de la arista AB .
Aplicando el teorema de Pitágoras al triángulo AMS : 2
1 MS (3a) 2 a 2
35 a. 2
Los triángulos rectángulos AMS , APB son semejantes y la razón es 3:1. Entonces, PB
1 MS 3
35 a. 6
Aplicando el teorema del coseno al triángulo BPC : 2
2
35 35 2 35 35 cos . a a 6 6 6 6 Simplificando: 17 17 cos 60º56'27" . , arccos 35 35 2
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Problema 4 Probar que los puntos medios de las aristas de un tetraedro regular son vértices de un octaedro regular. Calcular la proporción entre los volúmenes del octaedro y el del tetraedro.
Solución: Los puntos medios de las aristas que forman las caras forman 4 triángulos equiláteros de lado la mitad de la arista. Los puntos medios de las aristas que se intersectan en un vértice forman 4 triángulos equiláteros de lado la mitad de la arista. El poliedro resultante está formado por 8 caras triángulos equiláteros iguales 6 vértices y cada vértice de índice 4. El poliedro es un octaedro regular. El truncamiento del tetraedro por la mitad de las aristas separa del tetraedro 4 tetraedros regular de arista la mitad de la arista del tetraedro inicial. Cada uno de los 4 tetraedros tiene por volumen la octava parte del tetraedro inicial ya que están en proporción 1:2. Entonces el volumen octaedro es la mitad del volumen tetraedro.
Problema Probar que los puntos medios de las aristas de un tetraedro son vértices de un octaedro tal que las aristas opuestas son iguales y paralelas y el volumen del cual es igual a la mitad del volumen del tetraedro.
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Problema 5 La base d’un tetraedro es un triángulo rectángulo isósceles de hipotenusa 8cm y la arista lateral sobre el ángulo recto de la base es perpendicular a la base y mide 5cm. Calcular el área y el volumen del tetraedro. Solución:
Sea el tetraedro de base ABC , A 90º , BC 8 . Sea AD 5 , DAB DAC 90º .
Aplicando el teorema de Pitágoras al triángulo rectángulo isósceles ABC :
AB AC 4 2 . Aplicando el teorema de Pitágoras al triángulo rectángulo
ABD : BD CD 57 .
El triángulo BCD es isósceles. Sea M el punto medio de la arista BC . Aplicando el teorema de Pitágoras al triángulo rectángulo
CMD :
DM 41 . El área del tetraedro ABCD es: S ABCD 2 S ABD S ABC SBCD . 2
AB AD AB BC DM . 2 2 2 S ABCD 20 2 16 4 41 69.90cm2 . El volumen del tetraedro es: 1 VABCD S ABC AD . 3 1 80 VABCD 16 5 26.66cm3 . 3 3 S ABCD 2
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Problema 6 Un tetraedro está formado por dos triángulos equiláteros de lado a y dos triángulos rectángulos isósceles. Calcular el área y el volumen.
Solución:
Sea el tetraedro ABCD tal que las caras ABC , ACD
son triángulos equiláteros de lado a. Siguen ABD , BCD les caras que son triángulos rectángulos isósceles. AB BC AC AD CD a . BAD BCD 90º . Aplicando el teorema de Pitágoras al triángulo rectángulo
isósceles ABD :
AD a 2 . El área del tetraedro es: S ABCD 2 S aBC 2 S ABD 2
3 1 2 a . 2
3 2 a2 a 2 4 2
Sea P la proyección de C sobre la base ABC . Sea M el punto medio de la arista AC . M pertenece al segmento PB . Sea DP h altura del tetraedro. Sea PM x .
Aplicando el teorema de Pitágoras al triángulo rectángulo AMB :
BM DM
3 a. 2
Aplicando el teorema de Pitágoras al triángulo rectángulo PMD : 2
3 a x 2 h2 2
(1)
Aplicando el teorema de Pitágoras al triángulo rectángulo PBD :
2
3 (2) a 2 x a h2 2 Consideremos el sistema formado por las expresiones (1) (2): 3 3 2 2 2 a a x h x 4 6 . La solución es . 6 2a 2 x 2 3 a 2 3ax h 2 h 3 a 4 El volumen del tetraedro es: 2
VABCD
1 1 3 2 6 2 3 S ABC h a a a . 3 3 4 3 12
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Problema 7 En la pirámide triangular regular ABCD el área de la sección que pasa por la arista lateral SC y la altura SO
es la mitad del área de la base ABC de la pirámide. La arista lateral es igual 21 . Determinar el volumen de la pirámide y la su área. Solución:
Sea a AB arista de la base ABC (triángulo equilátero). Por ser la pirámide regular el pie de la altura SO , es el baricentro del triángulo
equilátero ABC . Sea M el punto medio de la arista AB . Aplicando el teorema de Pitágoras al triángulo rectángulo
BMC :
3 a . Aplicando la propiedad del baricentro O: 2 2 3 CO CM a. 3 3 Aplicando el teorema de Pitágoras al triángulo rectángulo CM
COS :
SO
2
3 1 21 a 21 a 2 . 3 3 2
El área del triángulo CMS (sección del plano que formen SC y la altura SO es: S CMS
1 1 3 1 1 CM SO a 21 a 2 a 63 a 2 . 2 2 2 3 4
El área de la base ABC es: S ABC
a2 3 . 4
Como que el área del triángulo CMS es la mitad del área del triángulo ABC :
1 1 a2 3 a 63 a 2 . Resolviendo la ecuación: 4 2 4 a 6 . SO 3 . El volumen de la pirámide ABCS es: V
1 1 62 3 S ABC SO 39 3. 3 3 4
Aplicando el teorema de Pitágoras al triángulo rectángulo AMS : SM
21
2
2
a 21 3 2 2 3 . 2
El área de la pirámide ABCS es: S ABCS S ABC 3 S ABS
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62 3 62 3 3 27 3 . 4 2
Problema 8 Sea ABCS un tetraedro regular de arista 4. Sea D un punto de la arista SC tal que SD : DC 1 : 3 . Determinar el volumen del tetraedro ABDS.
Solución: SD : DC 1 : 3 , SC 4 , Entonces: DC 3 . El volumen del tetraedro ABDS es igual al volumen del tetraedro regular ABCS menos el volumen del tetraedro ABCD. Sea SG la altura del tetraedro regular ABCS. G es el baricentro de la cara base. Sea M el punto medio de la arista AB .
Aplicando el teorema de Pitágoras al triángulo rectángulo AMC : CM 2 3 . Aplicando la propiedad del baricentro G. 2 4 CG CM 3. 3 3 Aplicando el teorema de Pitágoras al triángulo
rectángulo CGS : 2
4 3 4 6. SG 4 3 3 El volumen del tetraedro regular ABCS es: 1 1 4 2 3 4 6 16 VABCS S ABC SG 2. 3 3 4 3 3 2
Los triángulos rectángulos CGS , CHD son semejantes y la razón de semejanza es 4 : 3 , entonces: 3 DH SG 6 . 4 El volumen del tetraedro ABCD es:
1 1 42 3 S ABC DH 6 4 2. 3 3 4 El volumen del tetraedro ABDS es: 16 4 VABCD VABCS VABCD 2 4 2 2. 3 3 VABCD
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Problema 9 Sea el tetraedro regular ABCS de arista 6. Sea P el punto medio de la arista SA . Sea Q el punto medio de la arista AB . Sea R el punto medio de la arista SC .
Determinar el área del triángulo PQR .
Solución:
1 SB 3 . 2 1 PR es paralela media del triángulo ACS . PR AC 3 . 2 El ángulo RPQ es igual al ángulo que formen AC y SB que es recto. PQ es paralela media del triángulo ABS , PQ
Entonces, el triángulo PQR es rectángulo e isósceles. 2 1 9 SPQR PQ . 2 2
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Problema 10 La base de una pirámide es un triángulo equilátero de lado a. Una de las caras laterales, perpendicular al plano de la base, también es un triángulo equilátero. Determinar el área y el volumen de la pirámide.
Solución:
Sea la pirámide ABCD de base ABC triángulo equilátero, AB a .
Sea ABD la cara lateral perpendicular a la base y triángulo equilátero.
El área de los triángulos equiláteros ABC , ABD es:
a2 3 . 4 Sea M el punto medio de la arista AB . Aplicando el teorema de S ABC S ABD
Pitágoras al triángulo rectángulo AMD :
DM CM
3 a. 2
3 a es altura de la pirámide. 2 El volumen es: 1 1 a2 3 3 1 VABCD S ABC DM a a3 . 3 3 4 2 8 DM
Aplicando el teorema de Pitágoras al triángulo rectángulo isósceles DMC :
6 a. 2
CD CM 2
Los triángulo BCD , ACD son iguales e isósceles. Sea N el punto medio de la arista CD .
CN
6 a . BNC 90º . Aplicando el teorema de Pitágoras al triángulo rectángulo 4
BNC : 2
6 10 BN a a a. 4 4 2
El área de los triángulos BCD , ACD es: 6 10 a a CD BN 15 2 2 4 S BCD S ACD a . 2 2 8 El área de la pirámide es:
S ABCD 2S ABC 2SBCD 2
3 2 15 2 a 2 a 2 a 2 3 15 . 4 8 4
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Problema 11 Una pirámide ABCS (S el vértice) triangular regular la arista de la base es 3 y la altura 4. Sea P el punto medio de la arista AS . Calcular la mide del ángulo BPC .
Solución:
La base ABC es un triángulo equilátero de lado AB 3 .
Sea G el baricentro del triángulo ABC . La altura de la pirámide es SG 4 . Sea M el punto medio de la arista BC .
Aplicando el teorema de Pitágoras al triángulo rectángulo AMB : 3 3 AM . 2 Aplicando la propiedad del baricentro G: 2 AG AM 3 . 3
Aplicando el teorema de Pitágoras al triángulo rectángulo AGS : AS 4 2
3
2
19 .
AS BS 2
La mediana BP del triángulo ABS mide: BP
BS
2 19 2 9 19 2
2
2
2BS 2AB AS : 2
37 . 2
Sea BPC , aplicando el teorema del coseno al triángulo BPC : 2
2
37 37 2 37 3 2 2 2 19 cos . 37 19 arccos 59º6'7" . 37 2
37 cos . Simplificando: 2
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Problema 12 Sea el tetraedro regular ABCD. Sea P el punto medio de la arista AD .
Sea Q el centro de la cara BCD . PQ Calcular la proporción . AB
Solución: Sea a AB arista del tetraedro regular. Sea M el punto medio de la arista BC .
3 a. 2 Sea ADM . AM DM
Aplicando el teorema del coseno al triángulo AMD : 2
2
3 3 3 a a a2 2 a a cos . Simplificando: 2 2 2
cos
3 . 3
Aplicando la propiedad del baricentro Q del triángulo BCD :
DQ
2 3 DM a. 3 3
Aplicando el teorema del coseno al triángulo PQD : 2
2 3 a 3 a PQ a 2 a cos 2 3 2 3 2
2
2 3 a 3 3 a . PQ a 2 a 2 3 3 2 3 Simplificando: 1 PQ a . 2 PQ 1 . AB 2 2
Notemos que el triángulo DPQ es isósceles, entonces, los triángulos DPQ , AMD son semejantes y la razón de semejanza es
PQ AM
19
3 . 3
Problema 13 Determinar la proporción entre los volúmenes de un tetraedro regular y su dual (dual es aquel que tiene por vértice los centros de las caras del primero).
Solución: Sea el tetraedro regular ABCD de arista a AB .
Sea PQRS el tetraedro dual, P centro de la cara ABD y Q
centro de la cara BCD . Los dos tetraedros regulares son semejantes, la proporción entre los volúmenes es el cubo de la proporción de sus aristas. Sea M el punto medio de la arista AB . Sea N el punto medio de la arista BC .
MN es paralela media del triángulo ABC , entonces: a MN . 2
Los triángulos MDN , PDQ son semejantes.
Por la propiedad del baricentro P del triángulo ABD . DP 2 , entonces: DM 3 PQ 2 . MN 3 2a 1 a. Por tanto, PQ 32 3 3
3 VPQRS PQ 1 1 . S ABCD AB 27 3
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Problema 14 Sea el tetraedro regular ABCD. Sea P el punto medio de la arista AD . Sea Q el punto medio de la arista BC . PQ Calcular la proporción . AB
Solución: Sea a AB arista del tetraedro regular.
El pie de la altura del tetraedro regular sobre la base ABC es el baricentro G del triángulo equilátero. Sea DAQ .
3 a. 2 Aplicando la propiedad del baricentro G: 2 3 AG AQ a. 3 3 Aplicando razones trigonométricas al triángulo rectángulo AQ
AGD ; cos
AG AD
3 . 3
Aplicando el teorema del coseno al triángulo APQ : 2
2 3 a 3 a PQ a 2 a cos 2 3 2 3 2
2
2 3 a 3 3 a . PQ a 2 a 2 2 3 2 2 Simplificando: 2
2 a. 2 PQ 2 . 2 AB
PQ
2
2
2
Notemos que el triángulo APQ es rectángulo ya que AQ AP PQ .
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Problema 15 En una pirámide triangular regular el ángulo diedro de la base es igual a . Determinar el ángulo formado por dos aristas laterales en el vértice de la pirámide. Solución: La pirámide es triangular regular, es decir, la base es un triángulo equilátero y es recta.
Sea ABCD la pirámide triangular regular, de base ABC triángulo equilátero.
Sea G el pie de la altura. G es el baricentro del triángulo ABC . Sea a AB arista de la base Sea M el punto medio de la arista AB de la base . a AM . 2
Aplicando el teorema de Pitágoras al triángulo rectángulo AMC :
3 a. 2 Aplicando la propiedad de la bisectriz: 1 3 GM CM a. 3 6 CM
Aplicando razones trigonométricas al triángulo rectángulo DGM :
3 a DM 6 . cos Sea ADM .
Aplicando razones trigonométricas al triángulo rectángulo ADM : a AM 2 tg 3 cos . DM 3 6 cos
arctg 3 cos . El ángulo formado por dos aristas laterales en el vértice de la pirámide es: 2 2arctg 3 cos .
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Problema 16 La altura de una pirámide triangular regular es 4 veces el radio de la circunferencia inscrita a la base. El volumen es 36. Determinar la medida de la arista de la base: Solución:
Sea ABCS la pirámide de base el triángulo equilátero ABC . Sea M el punto medio de la arista AB .
Sea O el incentro del triángulo ABC . Sea r OM radio de la circunferencia inscrita al triángulo
ABC . La altura de la pirámide es OS 4r . Aplicando razones trigonométricas al triángulo rectángulo
AMO : AM r 3 . AB 2r 3 . El volumen de la pirámide es: 2
1 AB 3 V OS . 3 4
1 2r 3 3 4
2
3
4r 36 .
r 3 3 3 . Resolviendo la ecuación:
r 3. La arista de la base mide: AB 2r 3 6 .
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Problema 17 Una pirámide regular de base triangular tiene altura 6 y volumen 72 3 . Determinar el radio de la esfera inscrita a la pirámide. Solución: La pirámide regular entonces, es recta y la base un triángulo equilátero.
Sea la pirámide ABCD de base el triángulo equilátero ABC . Sea M el punto medio de la arista BC . La altura de la pirámide se intersecta en el baricentro G del
triángulo equilátero ABC . El centro de O la esfera pertenece a la altura DG .
El punto de tangencia T de la esfera y la cara BCD pertenece a la apotema DM . OT es perpendicular a la apotema DM . Sea OT OG r radios de la esfera.
Sea la sección GMD de la pirámide que contiene la altura y la apotema de la cara
C
BCD .
Sea a AB , arista de la base. 1 Vp S b h . 3 1 a2 3 Vp 6 72 3 . Resolviendo la ecuación: 3 4 a 12 . Aplicando el teorema de Pitágoras al triángulo rectángulo C
ABM : AM 6 3 . Por la propiedad del baricentro: 1 GM AM 2 3 . 3
M G
3
A
B
D M
Aplicando el teorema de PitágorasG al triángulo rectángulo DGM :
2
DM 6 2 2 3 .
T O
DM 4 3 . A
B
Los triángulos DGM , DTO son semejantes. Aplicando el teorema de Tales:
2 3
4 3 r 2.
r . Resolviendo la ecuación: 6r
24
G
M
Problema 18 Un plano secante paralelo a la base de una pirámide regular triangular divide por la mitad el área lateral de la pirámide. Determinar la proporción entre los segmentos en los que queda dividida la altura de la pirámide por el plano secante. Solución:
Sea la pirámide ABCD de base el triángulo equilátero ABC .
El pie de la altura es el baricentro G del triángulo ABC . El plano secante corta las aristas laterales de la pirámide en los puntos A’, B’, C’, y la altura DG en el punto G’. DG ' Queremos calcular . G' G
Los triángulos ABD , A' B' D son semejantes y la razón de las áreas es 2:1. Entonces, la razón de los lados es 2 : 1 . Sea M el punto medio de la arista AB . A' B' corta DM en el punto P.
DM : DP 2 : 1.
Los triángulos DGM , DG ' P son semejantes y la razón de semejanza es: DM 2. DP DG DG ' 2 Entonces, . 2. 2 DG ' DG DG ' 2 DG ' DG ' DG 2 1 2 . G' G DG DG ' DG ' 2 1 1 2 DG
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Problema 19 En una pirámide triangular regular, por la arista de la base de longitud a, se traza una sección perpendicular a la arista lateral opuesta. Determinar la superficie de la pirámide si el plano secante divide la arista lateral en la razón m : n contando desde el vértice de la pirámide. Solución: Sea la pirámide regular triangular ABCS, de arista de la base AB a
Sea el triángulo ABP sección por la arista AB perpendicular a la arista lateral SC . Sea SP mx , PC nx . SB SC (m n)x . Sea M el punto medio de la arista AB . Aplicando el teorema de Pitágoras al triángulo rectángulo
BMC :
3 a 2 Aplicando el teorema de Pitágoras al triángulo rectángulo MC
MPC :
3 2 a n2 x 2 (1) 4 Aplicando el teorema de Pitágoras al triángulo rectángulo 2
MP
BMS : 2
MS (m n) 2 x 2
1 2 a 4
(2)
Aplicando el teorema de Pitágoras al triángulo rectángulo MPS : 2
2
(3) MP MS m2 x 2 Substituyendo l’expresión (2) en la expresión (3): 2 1 MP (m n) 2 x 2 a 2 m 2 x 2 (4) 4 Igualando las expresiones (1) (4): 3 2 1 a n 2 (m n) 2 x 2 a 2 m 2 x 2 . 4 4 Resolviendo la ecuación: a2 (5) x2 2n(m n) Substituyendo la expresión (5) en la expresión (2): 2 a2 1 2m n 2 (6) MS (m n) 2 a2 a 2n(m n) 4 4n La superficie total de la pirámide ABCS es: AB MS . S ABCS S ABC 3 S ABS S ABC 3 2 a 2m n a 3 2 a 2 2m n 2 n S ABCS a 3 3 3 . 4 2 4 n
26
Problema 20 Consideremos el sistema de referencia afín O; e1 (1, 0, 0), e 2 (0, 1, 0), e3 (0, 0, 1) Sean los puntos A(a, 0, 0) , B(0, b, 0) , C(0, 0, c ) . Siguen les áreas: P S OAB , Q S OAC , R S OBC , S S ABC . Probar que P 2 Q2 R 2 S 2 .
Solución:
OAB , OAC , OBC son triángulos rectángulos. 1 P S OAB ab . 2 1 Q S OAC ac . 2 1 R S OBC bc . 2 1 P 2 Q 2 R 2 (ab) 2 (ac ) 2 (bc ) 2 . 4 AB ( a, b, 0) , AC ( a, 0, c ) .
e1
e2
e3
AB AC a
b
0 (bc, ac, ab ) .
a
0
c
AB AC (bc, ac, ab) (bc ) 2 (ac ) 2 (ab) 2 .
S S ABC S2
1 1 AB AC (ab) 2 (ac ) 2 (bc ) 2 . 2 2
1 (ab) 2 (ac ) 2 (bc ) 2 . 4
27
Problema 21 Sea un tetraedro cualquiera. a) Los segmentos que unen los puntos medios de las aristas opuestas se intersectan en un punto. b) La suma de los cuadrados de las aristas es cuatro veces la suma de los cuadrados de los segmentos que unen los puntos medios de las aristas opuestas. Solución: a) Sean K y L los puntos medios de las aristas opuestas AD y BC , respectivamente. Sean M y N los puntos medios de las aristas opuestas AB y CD , respectivamente.
KN es paralela media del triángulo ACD .
ML es paralela media del triángulo ACB . Entonces, MLNK es un paralelogramo. Las diagonales KL , MN del paralelogramo se intersectan en el punto medio de los dos segmentos.
Análogamente, MINJ es un paralelogramo. Por tanto, las diagonales IJ , MN del paralelogramo se intersectan en el punto medio de los dos segmentos. Entonces, los segmentos que unen los puntos medios de las aristas opuestas se intersectan en un punto, además, este punto es el punto medio de los tres segmentos. b) Solución para un tetraedro regular Sea el tetraedro regular ABCD d’arista AB a Sea DH altura del tetraedro. Sea M el punto medio de la arista AB . Sea N el punto medio de la arista CD opuesta a la arista AB .
H es el baricentro del triángulo equilátero ABC .
CM a
3 . 2
2 3 CM a . 3 3 Aplicando el teorema de Pitágoras al triángulo rectángulo 2 CHD : DH a 3 Aplicando la propiedad del baricentro: CH
Sea P la proyección de N sobre el triángulo ABC .
Los triángulos CHD , CPN son semejantes y de razón 2:1. Aplicando el teorema de Tales: PN
MP MH HP
1 a 2 . DN 2 2 3
2 3 MC a . 3 3
28
1 2 a . 2 La suma de los cuadrados de las aristas del tetraedro equilátero ABCD es: 2
Aplicando el teorema de Pitágoras al triángulo rectángulo MPN : MN 2
6AB 6a 2 . La suma de los cuadrados de los tres segmentos que unen los puntos medios de las 2 1 3 aristas del tetraedro regular ABCD es: 3MN 3 a 2 a 2 . 2 2 2
Notemos que 6 AB 4 3 MN . Solución general Sin pérdida de generalidad, sea el tetraedro ABCD con las siguientes coordenadas cartesianas. A(0, 0, 0) , B(b, 0, 0) , C(a, c, 0) , D(d, e, f ) . AB (b, 0, 0) , AC (a, c, 0) , BC (a b, c, 0) ,
BD (d b, e, f ) , AD (d, e, f ) , CD (d a, e c, f ) . 2
AB b 2 . 2
AC a 2 c 2 . 2
BC a 2 b 2 c 2 2ab . 2
BD b 2 d2 e 2 f 2 2bd . 2
AD d2 e 2 f 2 . 2
CD a 2 d2 e 2 f 2 2ad 2ce . 2
2
2
2
2
2
AB AC BC BD AD CD 3 a 2 b 2 c 2 d2 e 2 f 2 2(ab bd ad ce)
Sean I y J los puntos medios de las aristas opuestas AC y BD , respectivamente. Sus coordenadas son: a c b d e f b da e c f , , , IJ , , . I , , 0 , J 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 IJ b 2 c 2 d2 e 2 f 2 2(bd ce ab ad . 4 Sean K y L los puntos medios de las aristas opuestas AD y BC , respectivamente. Sus coordenadas son: d e f ab c abd c e f K , , , L , , , , 0 , KL . 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 KL a 2 b 2 c 2 d2 e 2 f 2 2(ab ad bd ce . 4 Sean M y N los puntos medios de las aristas opuestas AB y CD , respectivamente. Sus coordenadas son: b ad c e f adb c e f , , , MN , , . M , 0, 0 , N 2 2 2 2 2 2 2 2 1 MN a 2 b 2 c 2 d2 e 2 f 2 2(ad ab bd ce . 4 2 2 2 1 IJ KL MN 3 a 2 b 2 c 2 d 2 e 2 f 2 2(ab bd ad ce) . 4 2 2 2 4IJ KL MN 3 a 2 b 2 c 2 d2 e 2 f 2 2(ab bd ad ce) .
29
Problema 22 Las aristas de una pirámide triangular que salen del vértice A son perpendiculares a pares y miden a, b, c. Determinar el volumen del cubo inscrito en la pirámide tal que uno de sus vértices es A.
Solución: Sea la pirámide triangular APQR, AP a , AQ b , AR c .
Aplicando el teorema de Pitágoras al triángulo rectángulo APQ : PQ a 2 b 2 .
Sea K en la arista AR vértice del cubo inscrito en la pirámide. Sea AK x , arista del cubo. Sea KL x 2 diagonal de la cara superior del cubo. La recta RL corta la arista PQ en el punto M. PAM 45º . AM es la bisectriz de PAQ . Aplicando la propiedad de la bisectriz al triángulo
APQ : a 2 b 2 PM . b a PM a2 b2 . ab PM a
Aplicando el teorema de los senos al triángulo APM : PM AM . sin 45º sin APM a a2 b2 AM ab . b 2 2
AM
a2 b2
ab 2 . ab
Los triángulos rectángulos MAR , LKR son semejantes, aplicando el teorema de Tales: ab 2 x 2 a b . Resolviendo la ecuación: cx c abc x . ab bc ca 3
abc El volumen del cubo es: Vcubo x 3 . ab bc ca
30
Problema 23 Sea el tetraedro regular ABCD de arista a.
Sea A’ la proyección de A sobre la base BCD . Sea A 1 el punto medio del segmento AA' . Probar que el tetraedro A 1BCD tiene tres caras triángulos rectángulos. Solución:
Los triángulos AA' B , AA' C , AA' D son rectángulos y de hipotenusa a, entonces:
BA ' CA ' DA ' a 2 AA' .
Entonces, A’ es el circuncentro (también el baricentro) del triángulo equilátero BCD . Sea M el punto medio de la arista CD .
3 a. 2 Por la propiedad del baricentro: 2 3 BA ' BM a. 3 3 BM
Aplicando el teorema de Pitágoras al triángulo rectángulo BA ' A :
AA'
2 a. 3
1 1 2 AA' a. 2 2 3 Aplicando el teorema de Pitágoras al triángulo A' A 1
rectángulo BA ' A 1 : 2
2
3 1 2 2 a. BA 1 3 2 3 2
BA 1 CA 1 DA 1 2
2 a. 2 2
2
Notemos que BA 1 CA 1 BC . Entonces, el
triángulo BA 1C es rectángulo. Entonces, el tetraedro A 1BCD tiene tres caras triángulos rectángulos.
31
Problema 24 La suma de los cuadrados de todas aristas de una pirámide triangular regular es P. Determinar el área máxima de una cara lateral. Solución:
Sea ABCD la pirámide triangular de base ABC triángulo equilátero. Sea AB a arista de la base. Sea AD b arista lateral. Per hipótesis 3 a 2 b 2 P .
Sea O el baricentro de la base ABC . Sea M el punto medio de la arista AB
Aplicando el teorema de Pitágoras al triángulo rectángulo AMC :
3 a . Aplicando la propiedad del baricentro: 2 2 3 1 3 CO CM a , OM CM a. 3 3 3 6 CM
Aplicando el teorema de Pitágoras al triángulo rectángulo COD : 2
3 OD b a . 3 2
2
Aplicando el teorema de Pitágoras al triángulo rectángulo DOM : 2
3 2 1 2 1 2 2 a . DM OD a . SM b a 6 3 12 2 1 DM b 2 a 2 . 4 2
2
El área de la cara lateral ABD es:
S(a, b)
S(a)
P 1 1 1 P 1 a b 2 a 2 . b 2 a 2 . S(a) a a2 a2 . 2 4 2 3 4 3
1 P 2 5 4 a a , a 0. 2 3 4
El área máxima se alcanza en el máximo de la función f (a) Derivemos la función f(a): 2P f ' (a ) a 5a 3 . 3 2P a 5a 3 0 . Resolviendo la ecuación: a f ' (a) 0 , 3
f " (a )
P 2 5 4 a a . 3 4
2P . 15
2P 2P 2P 2P 14P 15a 2 . f " 15 0. 15 3 5 3 3
Entonces, el máximo se alcanza cuando a 2
2P . 15 4
2P 1 P 2P 5 2P P 5 . El área máxima es: S 15 2 3 15 4 15 30
32
Problema 25 a) Calcular el volumen máximo de una pirámide regular triangular inscrita en una esfera de radio R. b) Calcular el valor máximo de la suma de aristas de una pirámide regular triangular inscrita en una esfera de radio R. Solución: Sea la esfera de centro O y radio R
Sea la pirámide ABCS de base el triángulo equilátero ABC Sea AB a , AS BS CS b . Sea G el baricentro. OS OA R . Sea AOS .
Aplicando el teorema del coseno al triángulo AOS b 2 R 2 R 2 2R 2 cos . b R 2 2 cos .
AG
3 a. 3
Aplicando razones trigonométricas al triángulo rectángulo AOG . a R 3 sin .
Aplicando el teorema de Pitágoras al triángulo rectángulo AGS : 2
3 SG 2R 2R cos R 3 sin . 3 2
2
2
SG R 2 2 cos sin2
a) El volumen de la pirámide ABCS es:
1 3 2 a SG . 3 4 1 3 V( ) 3R 2 sin 2 R 2 2 cos sin 2 , 0, . 3 4 3 3 V( ) R 2 sin 4 2 sin 4 cos sin 6 . 4 3 3 8 sin3 cos 8 sin3 cos2 2 sin5 6 sin5 cos . V' ( ) R 4 2 2 sin 4 2 sin 2 cos sin 6
V
V' ( ) 0 . 8 sin3 cos 8 sin3 cos2 2 sin5 6 sin5 cos 0 . Simplificando: 4 cos 4 cos2 sin2 3 sin2 cos 0 . 4 cos 4 cos2 sin2 3 sin2 cos 0 . 3 cos3 5 cos2 cos 1 0 . 1 cos . 3 Estudiando el signo de la primera derivada: 1 cos es un máximo relativo estricto. 3
33
2 6 , es decir, es un tetraedro regular. 3 El volumen máximo es: ab
1 8 3 3 V arccos R . 3 27 y 0.5
0.4
0.3
0.2
0.1
0.0 0.0
0.5
1.0
1.5
Gráfica para R 1, y
2.0
2.5
3.0
x
3 sin2 2 2 cos sin2 . 4
b) La suma de aristas es: f (a, b) 3a 3b .
f () 3 3R sin R 2 2 cos , 0, .
2 sin f ' () 3R 3 cos 2 1 cos f ' () 0 .
3 cos
2 sin 2 1 cos
0.
1 sin 2 . 2 1 cos 3 cos3 7 cos2 1 0 . Resolviendo la ecuación: 3 cos 2
1 1 , cos . 3 2 1 2 sin 0. La solución cos no es solución de 3 cos 2 2 1 cos Estudiando el signo de la primera derivada: 1 cos es un máximo relativo estricto. 3 2 6 ab , es decir, es un tetraedro regular. 3 cos
34
La suma máxima es: 1 f arccos 4 6R . 3 y
10 8 6 4 2 0 0.0
0.5
1.0
1.5
2.0
2.5
3.0
Gráfica para a R 1, y 3 3 sin x 2 2 cos x .
35
x
Problema 26 Sea el tetraedro ABCD. Siguen I, J, K, L los puntos medios de aristas AB , CD , BC ,
AD , respectivamente. a) Demostrar que AB DC 2 JK . b) Demostrar que para a cada punto O del segmento KL existen los puntos M y M’ de las aristas AB , CD tal que P es el punto medio del segmento MM ' . Solución: a) AB AL LK KB
(1)
DC DL LK KC
(2)
Sumando ambas expresiones:
AB DC AL DL KB KC 2 JK
(3)
Por ser L punto medio del segmento AD , AL DL O . Por ser K punto medio del segmento BC , KB KC O . Entonces, AB DC 2 JK . b)
Si P pertenece al segmento KL , existe 0, 1 tal que KP KL . Sea M un punto de la arista AB , existe 0, 1 tal que BM BA .
Sea M’ un punto de la arista CDB , existe 0, 1 tal que CM' CD .
Veamos que existen . 0, 1 tal que P es el punto medio del segmento MM ' , es decir,
PM PM ' O . PM PK KB BM
(4)
PM ' PK KC CM'
(5)
Sumando ambas expresiones:
PM PM ' 2 PK KB KC BM CM'
(6)
PM PM' 2 PK 0 BM CM'
(7)
PM PM ' 2 PK BM CM'
(8) (9)
PM PM ' 2 LK BA CD
Aplicando el apartado a)
PM PM ' AB CD BA CD
(10)
PM PM ' ( ) BA ( ) CD
(11)
PM PM ' O si ( ) BA ( ) CD 0 . Los vectores BA, CD son linealmente independientes, entonces: .
Por tanto si , P es el punto medio del segmento MM ' .
36
Problema 27
Sea la pirámide ABCS de base el triángulo equilátero ABC La sección producida en la pirámide ABCS por un plano que pasa por el vértices S y A, y por el punto medio M de la arista de la base BC es un triángulo equilátero de lado 6cm. Calcular el área y el volumen de la pirámide. Solución: AM AS MS 6 . Aplicando el teorema de Pitágoras al triángulo rectángulo
AMB : AB AC BS BC CS 4 3 . Sea O el punto medio del segmento AM . OS es la altura de la pirámide ABCS. Aplicando el teorema de Pitágoras al triángulo rectángulo
AOS : OS 3 3 . El volumen de la pirámide es:
VABCS
1 3 4 3 3 4
2
3 3 36cm3 .
Notemos que el triángulo BCS es equilátero de lado BC 4 3 .
Los triángulos ABS , ACS son iguales. Sea N el punto medio de la arista AS . AN 3 , AC 4 3
Aplicando el teorema de Pitágoras al triángulo rectángulo ANC : CN 39 .
El área del triángulo isósceles ACS es: 1 S ACS 6 39 2 El área de la pirámide ABCDS es: 3 2 S ABCDS 2S ABC 2 S ACS 2 4 3 6 39 79.04cm2 . 4
37
Problema 28 La suma de distancias de un punto interior de un tetraedro regular a las caras es igual a la altura del tetraedro. Solución: Sea el tetraedro regular ABCD. Sea P un punt interior al tetraedro.
Sea A’ la proyección de P sobre la cara BCD .
Sea B’ la proyección de P sobre la cara ACD .
Sea C’ la proyección de P sobre la cara ABD .
Sea D’ la proyección de P sobre la cara ABC .
Sea O la proyección de D sobre la cara ABC . La altura del tetraedro ABCD es OD . El volumen del tetraedro ABCD es: 1 VABCD S ABC OD . 3 El volumen del tetraedro ABCD es igual a la suma de los volúmenes de los tetraedros ABCP, ABDP, ACDP y BCDP. VABCD VABCP VABDP VACDP VBCDP . 1 1 1 1 VABCD S ABC PB ' S ABD PC ' S ACD PB ' SBCD PA ' . 3 3 3 3 1 VABCD S ABC PB ' PC ' PB ' PA ' . 3 Entonces: 1 1 S ABC PB ' PC ' PB ' PA ' S ABC OD . 3 3 Por tanto, PA ' PB ' PC ' PD ' OD .
38
Problema 29 En el tetraedro regular ABCS, AD es la mediana del triángulo
ABC , E es el punto medio de la arista BS . Determinar el ángulo que forman las rectas AD, CE. Gúsiev, problema 657.
Solución: Sea AB a arista del tetraedro regular. Aplicando el teorema de Pitágoras al triángulo rectángulo
ADB : AD
3 a. 2
3 a. 2 Por el punto D trazamos una recta paralela a la recta CE que talla la arista BS en el punto F. CE AD
Los triángulos BCE , BDF son semejantes y de razón 2:1.
1 3 CE a. 2 4 El ángulo que forman las rectas AD y CE es igual al ángulo ADF . Entonces, DF
Aplicando el teorema del coseno al triángulo ABF : 2
a a AF a 2a cos 60º . 4 4 2 13 2 AF a . 16 2
2
Aplicando el teorema del coseno al triángulo ADF 2
2
2
AF AD BF 2 AD BF cos 2
2
3 13 3 3 3 a a 2 a a cos . 16 2 4 2 2 1 1 cos . arccos 80º24'21" . 6 6
39
Problema 30 En el tetraedro regular ABCS, AM es la mediana del triángulo
ABS . Determinar el ángulo que forman las rectas AM, CS. Gúsiev, problema 662.
Solución: Sea AB a aresta del tetraedro regular.
Aplicando el teorema de Pitágoras al triángulo rectángulo ABM : 3 AM a. 2 Por el punto M trazamos una recta paralela a la recta CS que corta la arista BC en el punto N.
Los triángulos BCS , BNM son semejantes y de razón 2:1. 1 1 Entonces, BN CS a . 2 2 El ángulo que forman las rectas AM y CS es igual al ángulo AMN .
AN AM
3 a. 2
Aplicando el teorema del coseno al triángulo AMN : 2
2
2
AN AM MN 2 AM MN cos . 2
2
2 3 3 3 1 1 a a a 2 a a cos . 2 2 2 2 2
cos
3 3 73º13'17" . . arccos 6 6
40
Problema 31 Sea ABCS un tetraedro regular.
Calcular el ángulo que forman la arista AB y la cara ACS . Gúsiev, problema 637. Solución: Sea M el punto medio de la arista CS .
La proyección de arista AB sobre ACS pertenece a la recta AM. El ángulo que buscamos es MAB . Aplicando el teorema de Pitágoras al triángulo rectángulo
AMC :
3 . 2
AM BM
Aplicando el teorema del coseno al triángulo AMB : 2
2
3 3 3 a a a2 2 a a cos . 2 2 2 Simplificando:
cos
3 . 3
arccos
3 54º 44'8" . 3
41
Problema 32
En el tetraedro regular ABCS, por la mediana AD de la base ABC y K el punto medio de la arista SB , se ha dibujado un plano. Determinar el ángulo de este plano y la base
ABC . Gúsiev problema 700.
Solución: Sea el tetraedro ABCS de arista AB a . 1 1 KD CS a . 2 2
Sea O la proyección de S sobre la base ABC (circuncentro del triángulo).
2 3 AD a. 3 3 Aplicando el teorema de Pitágoras al triángulo rectángulo OS
AOS :
OS
6 a. 3
Sea P la proyección de K sobre la base ABC .
1 6 OS a. 2 6 Sea M la proyección de K sobre AD . PK
El ángulo que forma el plano ADK y la base ABC es KMP . Sea x AM.
Aplicando el teorema de Pitágoras a los triángulos rectángulos AMK , DMK : 2
2
2 3 3 2 1 KM a x 2 , KM a a x . 2 2 2 Resolviendo el sistema: 5 3 a x 12 . 33 KM 12 a 2
Aplicando razones trigonométricas al triángulo rectángulo KMP : 6 2 22 2 22 58º31'4" . sin 6 . arcsin 11 11 33
12
42
Problema 33 Sea D el punto medio de la arista AS del tetraedro regular ABCS. Sea E el punto medio de la altura OS . Determinar el ángulo de las rectas CE y DO. Gúsiev, problema 654. Solución: Sea el tetraedro regular ABCS de arista AB a . Sea M el punto medio de la arista BC .
Aplicando el teorema de Pitágoras al triángulo BMA : 3 AM a. 2 O es el baricentro de la base. Aplicando la propiedad del baricentro:
2 3 1 3 AM a . OM AM a. 3 3 3 6 Aplicando el teorema de Pitágoras al triángulo rectángulo AO
AOS :
6 a. 3 1 6 OE OS a 2 6 Sea P la proyección de D sobre la base. 3 AP OP OM a. 6 OS
Los triángulos OPD , MOE . Además PD , OE son paralelos. Entonces, OD i ME son paralelos. El ángulo que forman las rectas CE y DO es MEC . EMC 90º .
Aplicando el teorema de Pitágoras al triángulo rectángulo MOE : 2
2
6 3 1 EM a a a . 6 6 2
Aplicando razones trigonométricas al triángulo rectángulo MEC : 1 a MC 2 tg 1. 1 EM a 2 45º .
43
Problema 34 Sea ABCD un tetraedro regular. Sea M el punto medio de la arista BS . Calcular el ángulo de la mediana AM y la arista CS . Gúsiev, problema 662.
Solución: Sea el tetraedro regular ABCS de arista AB a . Por el vértice S trazamos una paralela a la mediana AM que corta la recta AB en el punto P. SPB 30º , PSB 90º . PB 2BS 2a , PS a 3
Sea N el punto medio de la arista AB . Aplicando el teorema de Pitágoras al
triángulo rectángulo AMB : 3 AM CN a. 2 3 PN a . 2 Aplicando el teorema de Pitágoras al
triángulo rectángulo PNC : PC a 3 . El ángulo que forman las rectas AM, CS es PSC .
Aplicando el teorema del coseno al triángulo PSC :
a 3 a 3 2
cos
2
a 2 2a 3a cos .
3 3 73º13'17" . , arccos 6 6
44
Problema 35
En la pirámide triangular ABCS la base ABC es un triángulo equilátero y
las caras SAB i SBC son perpendiculares a la base. Sea la arista SB igual a la arista AB .
Sea O el baricentro de la base ABC . Sea D el punto medio de la arista SC . Calcular el ángulo que forman las rectas BD y SO. Gúsiev, problema 671. Solución 1: Sea la arista AB a . La arista SB es perpendicular a la base. Sea el ángulo que forman los vectores OS, BD .
BO
3 a. 3
Aplicando el teorema de Pitágoras al triángulo rectángulo BOS : OS
2 3 a. 3
Aplicando el teorema de Pitágoras al triángulo rectángulo BCS : SC a 2 .
2 a. 2 Aplicando el producto escalar a los vectores OS, BD : BD
OS BD OS BD cos .
OS BD
BD
2 3 2 a a cos 3 2
(1)
1 BC BS . 2
Por la propiedad del baricentro: BO
1 BA BC . 3
OS BS BO . 1 2 a . 2 Por ser ortogonales, BA BS 0 , BC BS 0 . BA BC BA BC cos 60º
Aplicando el producto escalar a los vectores OS, BD :
1 1 OS BD BS BA BC BC BS . 3 2 2 1 1 1 1 OS BD BS BC BS BA BC BA BS BC 2 3 3 3
2
1 BC BS . 3
1 2 1 2 1 2 1 2 (2) a a a a 2 6 3 4 Igualando las dos expresiones del producto escalar: 6 6 2 1 6 72º10'14" . a cos a 2 . cos . arccos 8 3 4 8 OS BD
45
Solución 2: Sea la arista AB a . La arista SB es perpendicular a la base. Sea la recta m paralela a la recta BD que pasa por el vértice S. Sea la recta n paralela a la arista BS que pasa per D. Las rectas m, n se intersectan en el punto K que pertenece al plano BCS. La recta n corta la arista BC en el punto medio N de la misma. El ángulo que forman las rectas OS y BD es el ángulo KSO .
3 a. 3 Aplicando el teorema de Pitágoras al triángulo rectángulo 2 3 a. BOS : OS 3 Aplicando el teorema de Pitágoras al triángulo rectángulo 2 a. BCS : SC a 2 . BD SK 2 1 3 KN KD DN a a a 2 2 3 ON a 6 BO
Aplicando el teorema de Pitágoras al triángulo rectángulo ONK :
OK
21 a. 3
Aplicando el teorema del cosenos al triángulo KSO : 2
2
2
21 2 3 2 2 3 2 a a a 2 a a cos . 3 3 2 3 2
cos
6 6 107 º 49'46" . , arccos 8 8
46
Bibliografía: GÚSIEV, V. y otros, Prácticas para resolver problemas matemáticos. Geometría. Editorial Mir. Moscú, 1989. KLETENIK, D. Problemas de geometría analítica. Moscú. 1979. POGORÉLOV A.V. Geometría elemental. Ed. Mir. Moscú. 1974. GUILLÉN SOLER, G. Poliedros. Ed. Síntesis. Col. Educación matemática en secundaria, 15. Madrid. 1997. MEDVIÉDEV G.N. Problemas de matemática. Olimpiadas y exámenes de admisión. Ed. URSS. Moscú 2010.
Páginas Web:
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