Facultad de Ciencias Exactas, Ingenier´ıa y Agrimensura Departamento de Matem´atica Escuela de Ciencias Exactas y Naturales GEOMETR´IA I Licenciatura en Matem´atica - Profesorado en Matem´atica - A˜ no 2016 Equipo docente: Francisco Vittone - Justina Gianatti - Demian Goos - Mart´ın Alegre

Unidad 6: Geometr´ıa del espacio

1.

Posiciones relativas de rectas y planos

En esta primera secci´ on estudiaremos algunas propiedades b´asicas que son an´alogas a las que ya vimos en la Unidad 1. La primer propiedad que demostramos, es que dos rectas que se intersecan lo hacen en un u ´nico punto. Pero todav´ıa no hemos establecido qu´e ocurre con dos planos que se intersecan. Sabemos de hecho que si dos planos tienen al menos dos puntos en com´ un, la recta que ellos determinan debe estar completamente contenida en ambos. Si existiese adem´as alg´ un otro punto en com´ un, los dos planos deber´ıan ser iguales pues ambos pasar´ıan por los mismos tres puntos no alineados. Por lo tanto, dos planos no coincidentes en principio podr´ıan intersecarse en s´olo un punto o hacerlo en una recta. La intuici´ on nos dice que la primera opci´on no es v´alida, y por lo tanto enunciamos el siguiente1 : Axioma 18: Si dos planos no coincidentes se intersecan, lo hacen en una recta. Definiciones: Dos planos en el espacio se denominan planos secante si su intersecci´on es no vac´ıa y los planos son no coincidentes. Si dos planos son coincidentes o no se intersecan, se denominan planos paralelos.

1

Ver Ap´endice

155

Recordemos que en la Unidad 1 hemos probado que una recta que no est´e contenida en un plano lo interseca en a lo sumo un punto. Una recta que no interseque al plano o est´e contenida en ´el se denomina paralela al plano. Y una recta que interseca a un plano en un u ´nico punto se denomina secante. Entre las rectas secantes a un plano, existen algunas de particular importancia que se denominan perpendiculares al plano. Observemos que la definici´ on de rectas perpendiculares entre s´ı est´a bien definida, tanto en el plano como en el espacio, pues dos rectas secantes son siempre complanares y determinan, en el plano en que est´an contenidas, cuatro ´angulos. Recordemos que entonces las rectas son perpendiculares si estos cuatro ´angulos son rectos. Sin embargo no tenemos una noci´ on del ´angulo que forman una recta y un plano ni un axioma que nos permita medirlo, y por lo tanto el concepto de perpendicularidad entre rectas y planos debe ser definido: Definici´ on: Sea r una recta que interseca a un plano π en un punto P . Decimos que r es perpendicular a π si r es perpendicular a cualquier recta contenida en π que pase por P . Se denota r ⊥ π. El punto P se denomina pie de la perpendicular r al plano π.

Observemos que comprobar de manera pr´actica que una determinada recta es perpendicular a un plano es una tarea imposible, dado que involucra comprobar que infinitas rectas son perpendiculares entre s´ı. Necesitamos por lo tanto una caracterizaci´ on de la perpendicularidad entre rectas y planos. Es decir, una condici´ on sencilla que nos permita decidir si una recta dada es o no perpendicular a un plano dado. Lema 1. Dados una recta r y un plano π tales que r ∩ π = {P }, se tiene: r es perpendicular a π si y s´ olo si r es perpendicular a dos rectas distintas s y t contenidas en π que pasen por P . Demostraci´ on: ⇒) Es inmediata de la definici´ on de perpendicularidad entre rectas y planos. ⇐) Supongamos que r interseca a π en P y es perpendicular a dos rectas distintas s y t contenidas en π que pasen por P . Debemos probar que entonces r es perpendicular a cualquier otra recta contenida en π que pase por P .

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Sea entonces u una recta cualquiera contenida en π que pase por P . Podemos suponer que u 6= s y u 6= t. Entonces existen un punto A ∈ s y un punto B ∈ t tales que A y B est´an en distintos semiplanos de los que define u en π. En particular, el segmento AB corta a u en un punto C. Consideremos ahora dos puntos Q y R en r de modo que QP = P R, o sea, tal que P es punto medio de QR. r y s determinan un plano π1 . En ese plano, s es una recta perpendicular a QR que pasa por su punto medio P . O sea que s es mediatriz de QR en π1 . En particular, como A ∈ s, d(A, Q) = d(A, R). De manera completamente an´aloga se prueba que d(B, Q) = d(B, R). 4

4

Por lo tanto si comparamos los tri´angulos ABQ y ABR, tenemos AB lado com´ un, AQ = AR y BQ = BR. Por criterio LLL, los ˆ = QBA. ˆ tri´angulos resultan congruentes, y en particular RBA 4

4

un a ambos, BR = BQ y por lo que Comparamos ahora los tri´angulos BCR y BCQ. El lado BC es com´ ˆ ˆ acabamos de probar, QBC = RBC. Por criterio LAL, los tri´angulos son congruentes y en particular CQ = CR. 4

O sea que el tri´angulo QCR es is´ osceles, y como P es el punto medio de QR, P C es mediana y altura respecto ←→ del lado QR. En particular, u = P C ⊥ r.  Recordemos que hemos probado que dada una recta r en un plano π y un punto P que pertenece a ella, existe en π una u ´nica recta perpendicular a r que pasa por P . Este resultado es falso cuando quitamos la condici´on que la perpendicular deba estar contenida en el plano dado. Sin embargo, un resultado an´alogo es v´alido cuando consideramos una recta y buscamos un plano perpendicular a ella: Teorema 2. Sea r una recta y P ∈ r. Entonces existe un u ´nico plano perpendicular a r que pasa por P . Demostraci´ on: El teorema tiene dos partes. Debemos probar que existe un plano π perpendicular a r que pasa por P (existencia) y que este plano es u ´nico (unicidad). Existencia Sea r una recta cualquiera y P ∈ r. Consideremos dos planos distintos α y β que contienen a r, o sea, tales que α ∩ β = r. En el plano α, existe una u ´nica recta s perpendicular a r que pasa por P . Y en el plano β, existe una u ´nica recta t perpendicular a r que pasa por P .

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Como s y t son rectas secantes, deben ser coplanares. Es decir, existe un plano π que contiene a ambas. Ahora bien, r es perpendicular a dos rectas de π y entonces por el Lema 1, r es perpendicular a π. Unicidad Supongamos que adem´as de π, existe un plano π 0 peprendicular a r y que pasa por P . Sean α y β los planos y s y t las rectas definidos en la prueba de la existencia. Observemos que α ∩ π = s y β ∩ π = t. Sea s0 = α ∩ π 0 . Observemos que como r ⊥ π 0 , deber´a ser r ⊥ s0 . Adem´as P ∈ s0 , pues P es un punto tanto de α como de π 0 . Luego s0 es una recta en α, perpendicular a r que pasa por P . Pero en α, la perpendicular a r por P es u ´nica, y es s. Luego s0 = s. De manera completamente an´aloga, se prueba que β ∩ π 0 = t. Concluimos que s y t son dos rectas distintas contenidas tanto en π como en π 0 . Por lo tanto π y π 0 tienen al menos tres puntos en com´ un, y deben entonces coincidir.  ´nico plano perpendicular a El Teorema 2 implica que dado un segmento P Q y su punto medio M , existe un u P Q que pasa por M , el an´alogo en el espacio a la mediatriz de un segmento. Esto motiva la siguiente definici´ on: Definici´ on: ←→ Sea P Q un segmento y M su punto medio. El u ´nico plano perpendicular a P Q que pasa por M se denomina plano bisecante de P Q.

Al igual que la mediatriz de un segmento en un plano, el plano bisecante puede caracterizarse en t´erminos de distancia: Teorema 3. El plano bisecante de un segmento P Q es el conjunto de los puntos del espacio que equidistan de P y de Q. Demostraci´ on: La prueba tiene dos partes: debemos probar que cualquier punto sobre el plano bisecante equidista de P y de Q, y rec´ıprocamente, que cualquier punto del espacio que equidiste de P y de Q debe estar en el plano bisecante.

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Denotemos por π el plano bisecante de P Q y sea S ∈ π un punto cualquiera. Si S = M , es obvio que d(S, P ) = d(S, Q). Supongamos entonces que S 6= M , y por lo tanto P, Q y S son puntos no alineados, que determinan un plano α.

←→ ←→ ←→ Como M, S ∈ α, se tiene M S ⊂ α, y lo mismo ocurre con P Q. An´alogamnete M S ⊂ π. Luego, al ser P Q ⊥ π, ←→ ←→ ←→ resulta M S ⊥ P Q. Luego M S es la mediatriz, en el plano α, del segmento P Q y en particular d(S, P ) = d(S, Q). Sea ahora S un punto cualquiera del espacio que equidista de P y Q. Debemos probar que S ∈ π. Nuevamente, si S = M la demostraci´ on es trivial. Podemos suponer entonces que S 6= M y por lo tanto P, Q y S no est´an alineados. Sea β el plano que determinan. Entonces SM es la mediatriz en β de P Q y por lo tanto es la u ´nica perpendicular en β a P Q que pasa por M . ←→ ←→ Por otra parte, sea s = π ∩ β. Entonces M ∈ s, s ⊂ π, y como P Q ⊥ π, resulta s ⊥ P Q. ←→ ←→ Pero tambi´en s ⊂ β. Luego s es una perpendicular en β a P Q que pasa por M , y por lo tanto s = SM . En particular, como s ⊂ π, resulta S ∈ π como quer´ıamos probar.  A partir del Teorema 3 podemos probar la siguiente generalizaci´on del Teorema 2 Teorema 4. Sea r una recta y P un punto cualquiera del espacio, entonces existe un u ´nico plano perpendicular a r que pasa por P . Demostraci´ on: Daremos una beve indicaci´ on de c´ omo realizar la prueba, y dejamos como ejercicio completar los detalles. Si P ∈ r, el teorema ya fue probado. Si suponemos que P ∈ / r, no es dif´ıcil ver que deben existir puntos Q y R en r tales que d(P, Q) = d(P, R). Luego P debe pertenecer al plano bisecante del segmento QR, que es el plano que estamos buscando.  Observemos que el Teorema 4 no implica que dado un plano π y un punto P , existe una recta r perpendicular a π que pasa por P . Este resultado es obviamente tambi´en v´alido. Para poder dar su demostraci´on, necesitaremos algunos resultados previos. Lema 5. Si r y s son dos rectas perpendiculares a un plano π, entonces r y s son paralelas. Demostraci´ on: Sean {A} = r ∩ π y {B} = s ∩ π. Observemos primero que r ∩ s = ∅. Supongamos por el absurdo que r ∩ s = {C}. 159

←→ Entonces A, B y C son puntos no alineados y determinan un tri´angulo. Adem´as AB ⊂ π y r ⊥ π. Luego 4 ←→ → ˆ = 1R. De manera an´aloga, s ⊥ ← ˆ = 1R. O sea que ABC tiene r ⊥ AB, con lo cual CAB AB y entonces CBA dos ´angulos rectos, lo que es absurdo. Luego r ∩ s = ∅. Esto no basta para concluir la prueba, pues r y s podr´ıan ser alabeadas. Por lo tanto nos falta probar que r y s deben ser coplanares. Sea M el punto medio de AB ⊂ π y sea t la mediatriz en π de AB. Sean P, Q ∈ t tales que P M = QM , ←→ entonces tambi´en resulta AB la mediatriz en π de P Q y por lo tanto AQ = AP.

(1)

Probaremos que r y s est´an contenidas en el plano bisecante α de P Q.

Consideremos un punto arbitrario T ∈ r. Si T = A, trivialmente T ∈ α, pues AB ⊂ α. 4

4

Supongamos entonces que T 6= A. Comparemos los tri´angulos AP T y AQT . Tenemos AP = P Q por 1, AT ˆ = QAT ˆ = 1R, pues r ⊥ π. Por el criterio LAL, los tri´angulos resultan congruentes y es lado en com´ un, y P AT en particular tenemos T P = T Q Luego, por el Teorema 3, resulta que T ∈ α. Como T es un punto arbitrario de r, concluimos que r ⊂ α. De manera an´aloga, probamos que s ⊂ α y por lo tanto r y s son coplanares.  Teorema 6. Sea π un plano y P un punto. Entonces existe una u ´nica recta perpendicular a π que pasa por P . Demostraci´ on: Analizaremos primero el caso en que P ∈ π. Sean r y s dos rectas perpendiculares cualesquiera en π que pasan por P . Por el Teorema 2, existen u ´nicos planos α y β tales que s ⊥ α, r ⊥ β y P ∈ α ∩ β.

160

Como α y β tienen intersecci´ on no vac´ıa, se tiene que α = β o bien α ∩ β = t, una recta. Si α = β, por el Lema 5 resultar´ıa r || s, lo que contradice que s y t son secantes y distintas. Luego debe ser α ∩ β = t Ahora bien, P ∈ t y como s⊥α y t ⊂ α, resulta s ⊥ t. De la misma manera, como r ⊥ β, resulta t ⊥ r. Luego t interseca a π en P y es perpendicular a dos rectas contenidas en π, de donde concluimos que t ⊥ π. Supongamos ahora que P ∈ / π. Sea r una recta cualquiera en π y sea α el plano que contiene a r y a P . Sea s la u ´nica perpendicular a r en α que pasa por P . s cortar´a a r en un punto Q. En particular Q ∈ π y existe una u ´nica recta u ⊂ π perpendicular a r que pasa por Q. Sea β el plano que contiene a P y u, y sea t la perpendicular a u en β que pasa por P . Sea finalmente γ el plano determinado por P , Q y R. Por la primera parte, existe una recta w perpendicular a γ que pasa por R.

Observemos que por construcci´ on, r es perpendicular a s y u que son rectas contenidas en γ. Luego r ⊥ γ. Como w ⊥ γ, por el Lema 5 resulta r || w. En particular, r y w son coplanares, y como r ⊂ π, R ∈ π y R ∈ w, debe ser w ⊂ π. Por construcci´ on, w⊥γ, entonces w ⊥ t. Como adem´as t ⊥ u, resulta que t es perpendicular a dos rectas de π, y por lo tanto t ⊥ π como quer´ıamos probar. Probemos ahora la unicidad. Supongamos que existan rectas t y t0 perpendiculares a π por un punto P . Por el Lema 5 resulta que t y t0 son paralelas. Como tienen un punto en com´ un, debe ser t = t0 . . Como consecuencia tenemos:

161

Corolario 7. Sea r una recta perpendicular a un plano π. Si r0 es paralela a r, entonces r0 es perpendicular a π. Demostraci´ on: Sea r perpendicular a π y r0 una paralela a r. Sea P un punto cualquiera de r0 . Por el Teorema 6, existe una recta t perpendicular a π que pasa por P . Por el Lema 5 resulta t || r. Por el axioma de las paralelas, por P pasa una u ´nica paralela a r, y por lo tanto debe ser r0 = t. Luego r0 es perpendicular a π.  En los ejercicios de la Unidad 1 hemos probado que el paralelismo de rectas contenidas en un mismo plano define una relaci´ on de equivalencia. Esto es cierto tambi´en para rectas en el espacio. Corolario 8. El paralelismo de rectas en el espacio define una relaci´ on de equivalencia. Demostraci´ on: El paralelismo de rectas define claramente una relaci´on reflexiva y sim´etrica. Veamos que es transitiva. Sean r, s y t tres rectas en el espacio tales que r || s y s || t. Sea P ∈ r un punto cualquiera. Por el Teorema 2, existe un plano π perpendicular a r que pasa por P . Por el Corolario 7, s ⊥ π. Pero aplicando nuevamente el Corolario 7, como s || t resulta tambi´en t ⊥ π. Luego r ⊥ π y t ⊥ π. Aplicando el Lema 5, resulta r || t como quer´ıamos probar.  Definiciones: Dado un punto P y un plano π, sea r la u ´nica recta perpendicular a π que pasa por P . Esta recta interseca a π en un punto Q. El punto Q se denomina el pie de la perpendicular a π por P . Decimos tambi´en que Q es la proyecci´ on ortogonal de P sobre π.

Al igual que como hicimos con un punto y una recta podemos definir la distancia de un punto a un plano. Y de manera completamente an´aloga al caso de un punto y una recta podemos demostrar el Teorema 9 a continuaci´on. Definici´ on: Dado un punto P y un plano π, se denomina distancia de P a π a d(P, π) = ´ınf{d(P, R) : R ∈ π}.

Teorema 9. Sea P un punto y π un plano. Entonces la distancia de P al plano π es la distancia de P a Q, donde Q es el pie de la perpendicular a π por P . Finalizamos esta secci´ on demostrando un an´alogo para planos en el espacio al axioma de las paralelas. 162

Teorema 10. Dado un plano π y un punto P , existe un u ´nico plano π 0 paralelo a π que pasa por P . Para poder demostrarlo necesitamos de un lema previo: Lema 11. Sean π1 y π2 dos planos y r una recta. Si r es perpendicular a π1 y a π2 , entonces π1 || π2 . Demostraci´ on: Si π1 = π2 , no hay nada que demostrar. Supongamos entonces que los planos son distintos. Sean P y Q los puntos de intersecci´on de r con π1 y π2 respectivamente. ←→ Supongamos que π1 ∩ π2 6= ∅ y sea R ∈ π1 ∩ π2 . Entonces como P Q = r es perpendicular a ambos planos, ←→ ←→ debe ser perpendicular a P R y QR. Luego P , Q y R son los v´ertices de un tri´angulo con dos ´angulos rectos, lo cual es absurdo. Por lo tanto π1 || π2 .  Demostraci´ on Teorema 10 Sea π un plano y P un punto cualquiera. Por el Teorema 6, existe una recta r perpendicular a π que pasa por P . Por el Teorema 2, existe un plano π 0 perpendicular a r que pasa por P . Luego por el Lema 11, π || π 0 . Dejamos la prueba de la unicidad como ejercicio. 

1.1.

Ejercicios propuestos

1. Completar la siguiente tabla: ¿ Cu´antas...

en el plano

en el espacio

rectas paralelas a una dada por un punto dado existen? rectas perpendiculares a una dada por un punto dado existen? ¿ Cu´antos/as...

en el espacio

rectas alabeadas a una dada por un punto dado existen? rectas paralelas a un plano dado por un punto dado existen? planos paralelos a un plano dado por un punto dado existen? planos perpendiculares a una recta dada existen? planos perpendiculares a una recta dada por un punto dado existen? 2. Bas´andose en la siguiente figura, determinar: a) un plano paralelo al determinado por B, E y D; ←→ b) todos los planos perpendiculares a BD; c) todas las rectas paralelas al plano determinado por B, E y D; d) todas las rectas perpendiculares al plano determinado por B, E y D; ←→ e) todas las rectas alabeadas a BD. 163

3. Sea r una recta paralela a un plano π. Demostrar que cualquiera sea el plano α que contiene a r, si α ∩ π 6= ∅, entonces α ∩ π es una recta paralela a r. 4. Sea r una recta paralela a un plano π. Desmotrar que si r es paralela a otra recta s, entonces s es paralela a π. 5. Sean r y s dos rectas alabeadas. a) Demostrar que existen planos paralelos π1 y π2 tales que r ⊂ π1 y s ⊂ π2 . b) Desmostrar que existe una recta en el espacio que es simult´aneamente perpendicular a r y s. 6. Demostrar que por un punto exterior a una recta en el espacio, pasan infinitas rectas alabeadas con la recta dada. 7. Demostrar que si un plano interseca a dos planos paralelos, las rectas en que los interseca son rectas paralelas. 8. Sean π1 y π2 dos planos paralelos y sea r una recta que interseca a ambos y es perpendicular a π1 . Demostrar que entonces r tambi´en es perpendicular a π2 . 9. Demostrar el Teorema 9 10. Demostrar la unicidad en el Teorema 10

2.

´ Angulos diedros y cuerpos poliedros.

Recordemos que hemos definido un ´angulo plano (convexo) como la intersecci´on de dos semiplanos cuyas fronteras son rectas secantes. Si pensamos en la definici´on an´aloga en el espacio, nos interesa considerar ahora la inserescci´on de dos semiespacios cuyas fronteras son planos secantes. Tales conjuntos se denominan ´angulos diedros. Definici´ on: Se denomina ´ angulo diedro convexo, o simplemete diedro, a la intersecci´on de dos semiespacios cuyas fronteras son respectivamente dos planos secantes. Los semiplanos contenidos en las fronteras de los semiespacios que definen el diedro se denominan caras y su intersecci´on arista del diedro. Se denomina diedro llano a un semiespacio y sus caras son dos semiplanos opuestos del plano que define el semiespacio. Denotaremos los semiplanos caras de un diedro con letras griegas. Si α y β denotan los semiplanos caras de ˆ un dietro, denotamos al diedro como αβ. Otra forma de denotarlo es dando un punto en cada semiplano que no est´e sobre la recta de intersecci´ on de estos. Supongamos que α y β son los semiplanos caras de un diedro y sea r = α ∩ β. Sea A ∈ α, B ∈ β con ˆ se denota tambi´en ArB. ˆ A, B ∈ / r. Entonces el diedro αβ

164

Nuestro objetivo es poder definir la medida de un ´angulo diedro. ˆ un ´ Teorema 12. Sea αβ angulo diedro de arista r y sean π1 y π2 dos planos perpendiculares a r. Entonces ˆ ˆ π1 ∩ αβ y π2 ∩ αβ son ´ angulos planos de igual medida. Demostraci´ on: Los planos π1 y π2 dados en el enunciado del teorema deben ser paralelos, ya que son ambos perpendiculares a la misma recta r. Sean {O} = π1 ∩ r y {O0 } = π2 ∩ r. Exitir´an puntos A, A0 ∈ α y puntos B, B 0 ∈ β tales −−→ −−−→ −→ −−→ que π1 ∩ α = OA, π2 ∩ α = O0 A0 , π1 ∩ β = OB y π2 ∩ β = O0 B 0 . Nuestro objetivo es probar que ˆ = A0 Oˆ0 B 0 . AOB Observemos que podemos suponer que OA = O0 A0 y OB = O0 B 0 (si no elegimos otros puntos sobre las semirrectas que verifiquen esta propiedad).

Si consideramos el cuadril´atero AOO0 A0 , tenemos que AO || A0 O0 . En efecto, son coplanares (est´an ambos en α) y las rectas que los contienen no se intersecan pues est´an contenidas en planos paralelos (π1 y π2 ). Como adem´as OA = O0 A0 , AOO0 A0 es un paralelogramo, y en particular AA0 y OO0 son congruentes y paralelos. De manera an´aloga se prueba que O0 OBB 0 es un paralelogramo y por lo tanto OO0 y BB 0 son congruentes y paralelos. Por transitividad del paralelismo, concluimos que AA0 y BB 0 son congruentes y paralelos. Esto implica en particular que los segmentos AA0 y BB 0 son coplanares y por lo tanto ABB 0 A0 es un cuadril´atero bien definido (contenido en un plano). M´as a´ un, un par de lados opuestos son congruentes y 0 0 paralelos, con lo cual ABB A es un paralelogramo y en particular AB = A0 B 0 . 165

4

4

Comparando ahora los tri´angulos AOB y A0 O0 B 0 , tenemos que AO = A0 O0 y BO = B 0 O0 por construicci´ on 0 0 0 0 ˆ = A Oˆ B 0 y acabamos de probar que AB = A B . Luego los tri´angulos son congruentes y en particular AOB como quer´ıamos ver.  A partir de este teorema tiene sentido hablar de la medida de un ´angulo diedro: Definiciones: ˆ a la medida del ´angulo plano que queda determinado de • Se denomina medida del ´angulo diedro ArB ˆ con cualquier plano perpendicular a su arista. intersecar ArB • Dos planos son perpendiculares si los ´angulos diedros que determinan son rectos.

Generalizaremos ahora la idea de pol´ıgono a los denominados cuerpos poli´ edricos. Estos son los m´as complicados de definir, pero los m´as u ´tiles porque ser´an aquellos a los que podremos calcular el vol´ umen de manera m´as sencilla. Definiciones: • Una superficie poli´ edrica es la uni´ on de un n´ umero finito de pol´ıgonos convexos, llamados caras de la superficie poli´edrica, tales que 1. cada lado de una cara es com´ un a ex´actamente dos caras, que se dicen contiguas; 2. dos caras contiguas cualesquiera no son coplanares; 3. el plano determinado por cada cara deja a las otras en el mismo semiespacio. Los lados de las caras de la superficie poli´edrica se denominan aristas y los v´ertices de las caras son los v´ ertices de la superficie poli´edrica. • Se denomina poliedro o cuerpo poli´ edrico a la intersecci´on de los semiespacios determinados por cada cara de una superficie poli´edrica que contiene a las demas caras. La superficie poli´edrica que lo define es la frontera del poliedro y los puntos del poliedro que no est´an en su frontera se denominan puntos interiores. Finalmente un punto que no est´a en el poliedro se denomina exterior al mismo. Las aristas y v´ertices del poliedro son las aristas y v´ertices de su frontera.

Observemos que todo poliedro como lo hemos definido es convexo, pues es intersecci´on de subconjuntos convexos (semiespacios). Es posible hallar (y son muy comunes) poliedros no convexos, pero todos ellos son uni´on de poliedros convexos y por lo tanto nos ocuparemos principalmente de estudiar los primeros. En la siguiente figura mostramos algunos poliedros:

166

Como se observa en la figura, no necesariamente todas las caras de un poliedro deben ser pol´ıgonos con igual cantidad de lados. En el primero por ejemplo son todos tri´angulos, pero en el segundo algunas caras son tri´angulos y otras rect´angulos. Les proponemos que bas´andose en la figura anterior completen la siguiente tabla: Cant. de caras (C)

Cant. de aristas (A)

Cant. de v´ertices (V )

C −A+V

Poliedro 1 Poliedro 2 Poliedro 3 Poliedro 4 Como puede observarse, la cantidad de la u ´ltima columna es siempre dos. Esta es una caracter´ıstica de los poliedros. La enunciamos en el siguiente teorema que no demostraremos (una prueba puede verse en “Geometr´ıa del plano y del espacio”, G. Garguichevich, UNR Editora). Teorema 13. F´ ormula de Euler para poliedros. En todo poliedro convexo, si C es el n´ umero de caras, A es el n´ umero de aristas y V es el n´ umero de v´ertices, se verifica C − A + V = 2. Como hemos visto en los ejemplos, un poliedro puede tener como caras poliedros de distinto tipo. Merecen una especial atenci´ on aquellos poliedros cuyas caras son no s´olo pol´ıgonos del mismo tipo sino pol´ıgonos regulares del mismo tipo todos congruentes entre s´ı. El caso m´as claro de un poliedro de estas caracter´ısticas es un cubo, que tiene como caras seis cuadrados congruentes. Definici´ on: Se denomina poliedro regular a todo poliedro convexo cuyas caras sean pol´ıgonos regulares congruentes y tal que en todos sus v´ertices se intersecan el mismo n´ umero de aristas.

Los poliedros regulares, tambi´en conocidos como cuerpos plat´ onicos, por su definici´on parecieran ser a la geometr´ıa del espacio como los pol´ıgonos regulares son a la geometr´ıa del plano. Sin embargo, dado un n´ umero natural arbitrario n, siempre es posible obtener un pol´ıgono regular con ex´actamente n lados. Haremos un an´alisis intuitivo (que de ninguna manera pretende ser una demostraci´ on rigurosa) sobre la validez de esta afirmaci´ on para poliedros. Es decir, dado un pol´ıgono regular arbitrario, ¿existe siempre un poliedro regular que lo tenga como cara? Tomemos un poliedro cualquiera y recortamos las caras a lo largo de las aristas y las ubicamos de manera plana, como se muestra en la figura siguiente: 167

Vemos que los ´angulos de las caras que convergen en un mismo v´ertice no pueden sumar en ning´ un caso m´as que un ´angulo pleno. Como en cada v´ertice deben concurrir al menos tres caras como se observa f´acilmente, la medida los ´angulos interiores de los pol´ıgonos que componen la frontera del poliedro debe ser estrictamente ◦ ◦ menor a 360 3 = 120 . Para n ≥ 6, los ´angulos interiores de un pol´ıgono de n lados son siempre mayores que 120◦ (para un hex´agono por ejemplo, los ´angulos interiores miden ex´actamente 120◦ ). Por lo tanto, los poliedros regulares pueden tener como caras tri´angulos, cuadrados o pent´agonos. Si las caras son tri´angulos equil´ateros, como cada ´angulo interior de un tri´anguo equil´atero mide 60◦ , en cada v´ertice no pueden cncurrir m´as de 5 caras. Como tienen que concurrir al menos tres, tenemos las siguientes opciones: en cada v´ertice convergen tres caras: obtenemos el tetraedro regular. Tiene cuatro caras triangulares; en cada v´ertice convergen cuatro caras: obtenemos el octaedro regular. Tiene ocho caras triangulares; en cada v´ertice convergen cinco caras: obtenemos el icosaedro regular. Tiene veinte caras triangulares. Si las caras son cuadrados, en cada v´ertice deben concurrir a lo sumo tres caras, pues cada ´angulo interior mide 90◦ . El u ´nico poliedro regular que es posible construir cuyas caras sean cuadrados es por lo tanto un cubo. El cubo tiene seis caras. Finalmente, si sus caras son pent´agonos, cada ´angulo interior mide 108◦ y por lo tanto en cada v´ertice concurren a lo sumo tres caras. Obtenemos as´ı que el u ´nico poliedro regular cuyas caras son pent´angonos regulares, es un poliedro de doce caras, llamado dodecaedro.

Definiremos ahora algunos poliedros particulares importantes: los prismas, paralelep´ıpedos y pir´amides. 168

Las dos primeras figuras representan prismas, y las dos u ´ltimas pir´amides. ¿Qu´e caracteriza estos cuerpos? Los primas son poliedros dos de cuyas caras est´an en planos paralelos y son pol´ıgonos congruentes. Estas caras se llaman bases. Las caras restantes son rect´angulos o paralelogramos, y se denominan caras laterales. Las pi´amides son poliedros una de cuyas caras es un pol´ıgono convexo cualquiera. Esta cara se llama base de la pir´amide. Las caras laterales son tri´angulos que concurren en un v´ertice com´ un. Formalizamos las definiciones a continuaci´on: Definiciones: • Dados dos pol´ıgonos convexos congruentes P = A1 A2 · · · An y P 0 = A01 A02 · · · A0n contenidos en planos paralelos y tales que Ai A0i || Aj A0j para todo i 6= j, se denomina prisma de bases P y P 0 al conjunto de todos los puntos que est´en sobre alg´ un segmento P Q con P ∈ P y Q ∈ P 0 . Los cuadril´ateros Ai Ai+1 A0i+1 A0i con i = 1, · · · , n − 1 y An A1 A01 A0n se denominan caras laterales del prima. Observemos que de la definici´ on surge inmediatamente que las caras laterales de un prisma son paralelogramos, pues los pares de lados opuestos son paralelos. • Un prima se denomina prisma recto si cada una de las aristas laterales Ai A0i es perpendicular a los planos que contienen a las bases. Si no, el prisma se denomina prisma oblicuo. • Un paralelep´ıpedo es un prisma cuyas bases son paralelogramos. • Si las bases de un prisma est´an contenidas en planos paralelos π1 y π2 , la altura del prisma es la distancia de un punto cualquiera de π1 a π2 . Si el prisma es recto, la altura es la longitud de cualquier arista lateral.

• Dado un pol´ıgono convexo P y un punto V cualquiera que no est´e sobre el plano que contiene a P, se denomina pir´ amide de base P y v´ ertice V al conjunto de los puntos del espacio que est´an sobre alg´ un segmento QV con Q ∈ P. Los segmentos Ai V , donde Ai es un v´ertice de P, son las aristas laterales de la pir´amide. • La altura de la pir´amide es la distancia del v´ertice al plano de la base de la pir´amide. • Una pir´amide se denomina regular si su base es un pol´ıgono regular y su v´ertice est´a sobre la perpendicular al plano que contiene a la base y pasa por el centro del pol´ıgono. 169

Problemas resultos: 1. Demostrar que las caras laterales de una pir´amide regular son tri´angulos is´osceles congruentes Consideremos una pir´amide regular de base un pol´ıgono regular P y v´ertice V . Sea O el centro de P. 4

4

Sean A, B y C tres v´ertices consecutivos cualesquiera de P. Debemos probar que ABV y BCV son congruentes. Observemos que como P es un pol´ıgono regular, AB = BC, y como O es el centro de la circunferencia circunscripta a P, resulta OA = OB = OC.

←→ Por otra parte, la recta OV es perpendicular al plano que contiene a P. Luego comparando los tri´angulos 4

4

ˆ = BOV ˆ = 1R. Luego por criterio AOV y BOV , tenemos OA = OB, OV es com´ un a ambos, y AOV LAL, los tri´angulos son congruentes, y de manera an´aloga se prueba que son congruentes tambi´en con 4

COV . Concluimos en particular que AV = BV = CV . Como tambi´en AB = BC, resulta por criterio LLL que 4

4

ABV =BCV y son ambos is´ osceles. √ 2. Una pir´amide regular tiene como base un hex´agono de lado 1 y su altura es h = 2. Determinar la longitud de cada arista lateral y el ´angulo que forma una arista lateral con el segmento que une el centro del hex´agono con el v´ertice com´ un a la base y a la arista. Supongamos que la base de la pir´amide es el hex´agono regular ABCDEF cuyo centro es el punto O y sea V el v´ertice de la pir´amide. Como todas las aristas laterales son congruentes entre s´ı, bastar´a hallar la medida de una cualquiera de ellas, por ejemplo, de AV . Debemos adem´as hallar la medida del ´angulo ˆ . OAV 170

Observemos primero que al tratarse de un hex´agono regular el radio OA de la circunferencia circunscripta √ al hex´agono mide igual que el lado del hex´agono. Por lo tanto OA = 1. Ahora OV = h = 2. Por otra parte, como la pir´amide es regular, OV es perpendicular al plano que contiene a ABCDEF y en 4

ˆ = 1R. Luego el tri´angulo AOV es rect´angulo en O y aplicando el Teorema de Pit´agoras, particular V OA tenemos: √ √ OA2 + OV 2 = AV 2 ⇒ AV = 1 + 2 = 3. ˆ observemos que Para hallar la medida de V AO √ OA 3 1 ˆ cos(V AO) = =√ = AV 3 3 ˆ ' 54, 73◦ . de donde V AO

2.1.

Ejercicios propuestos

1. Determinar si las siguientes afirmaciones son verdaderas o falsas justificando adecuadamente la respuesta: a) Existe un poliedro que tiene 25 caras, 150 aristas y 128 v´ertices. b) Existe un poliedro que tiene una cantidad par de caras y aristas pero una cantidad impar de v´ertices. c) Si una pir´amide tiene 8 v´ertices, su base es un hept´agono. d) Si una pir´amide tiene como base un pol´ıgono de 100 lados, tiene 201 aristas. e) Si una pir´amide tiene como base un pol´ıgono de n lados, entonces tiene n + 1 v´ertices y 2n aristas. f ) Existe un prisma de 25 caras, 150 aristas y 127 v´ertices. g ) Todo prisma tiene una cantidad par de aristas. h) Todo prisma tiene una cantidad par de v´ertices. i) Si un prisma tiene 12 caras, entonces tiene 20 v´ertices. j) Si un prisma tiene como base un pol´ıgono de n lados, entonces tiene 4n aristas. k) Si un prisma tiene 12 caras, entonces tiene 30 aristas. ˆ un ´angulo que se obtiene de intersecar un diedro recto con un plano perpendicular a su arista. 2. Sea ABC Supongamos que AB = BC = 10 y sea D 6= B un punto de la arista del diedro tal que DB = 10. 4

Calcular el ´area del tri´angulo ACD. 171

3. Sea P un poliedro. Se denomina ´ area total de P a la suma de las ´areas de todas las caras de P . Si P es un prisma o una pir´amide, se denomina ´ area lateral de P a la suma de las ´areas de las caras laterales de P . Hallar el ´area total de los siguientes poliedros. En caso de tratarse de un prisma o una pir´amide calcular adem´as el ´area lateral. a) P es un prisma recto de base un tri´angulo equil´atero de lado 10cm y altura 35cm. b) P es un prisma recto de base un hex´agono regular de 6cm de lado y 20cm de altura. c) P es un tetraedro regular de 5cm de arista. d) P es un dodecaedro regular de 2cm de arista. e) P es un icosaedro regular de 5cm de arista. f ) P es una pir´amide regular cuya base es un cuadrado de 6cm de lado y su altura es 5cm. 4. El ´area total de un cubo es de 3, 84dm2 . ¿Cu´al es la longitud de su arista? 5. Un poliedro regular de 20 v´ertices y 30 aristas tiene un ´area total de 16, 56dm2 . Determinar el ´area de cada cara. 6. Un icosaedro regular tiene un ´area total de 865cm2 . ¿Qu´e ´area tiene un tetraedro regular de igual arista? √ 7. P es una pir´amide regular cuya base es un hex´agono regular de lado 1cm y cada arista lateral mide 2. Determinar el ´area total de P y la medida del diedro que forma cada cara lateral con la base. 8. Sea ABCDA0 B 0 C 0 D0 un cubo. ˆ 0 D y A0 C ˆ 0 D. a) Calcular los ´angulos DDˆ0 A0 , DAˆ0 D0 , D0 C b) Sean E, F y G los puntos medios de las aristas AA0 , AB y BC respectivamente. Calcular la medida ˆ G. del ´angulo EF 9. Sea ABCDA0 B 0 C 0 D0 un paralelepipedo recto cuya base es un rect´angulo ABCD. Demostrar que AC 02 = AB 2 + BC 2 + BB 02 .

3.

Volumen

Intentaremos dar en esta secci´ on una “medida” para cuerpos que tenga propiedades similares a la funci´ on de ´area para figuras planas. Esta medida es el volumen de un cuerpo en el espacio. Lo haremos de manera axiom´atica, teniendo en cuenta qu´e propiedades debe tener esta funci´on. Esto es bastante simple. Comencemos observando que el volumen de un cuerpo debe guardar alguna relaci´ on con la capacidad del mismo. Es decir, si llenamos un cuerpo con arena o con agua por ejemplo, cualquier otro cuerpo que puede llanarse con la misma cantidad de agua o arena deber´ıa tener el mismo volumen. Hay algunas propiedades l´ ogicas que surgen de esta idea: si un cuerpo se obtiene de unir otros cuerpos m´as peque˜ nos, su volumen ser´a la suma de los volumenes de los cuerpos que los componen. Esto implica que si un cuerpo est´a contenido en otro, el volumen del m´as peque˜ no es menor que el del mayor. 172

Agregaremos a la definici´ on axiom´atica un punto m´as, menos obvio, denominado principio de Cavalieri, que describiremos en detalle m´as adelante. Pero antes de intentar definir una funci´on de volumen, deber´ıamos tener en claro a qu´e cuerpos, o a qu´e subcojuntos del espacio, podemos calcular su volumen. Es decir, debemos antes que nada encontrar un dominio conveniente para la funci´ on de volumen que intentamos constuir. Resulta evidente que a los poliedros que hemos definido en la secci´on anterior deber´ıa ser posible calcularles el volumen, ya que son cuerpos que se pueden “rellenar”. Denotaremos por M un conjunto de subconjuntos del espacio, que llamaremos conjuntos medibles. M est´a definido por las siguientes propiedades: 1. Todo conjunto convexo est´a en M. El vac´ıo es un conjunto medible. 2. Si M y N son dos conjuntos en M, entonces M ∪ N , M ∩ N y M − N est´an tambi´en en M. De esta manera, todos los poliedros son conjuntos medibles, a los cuales podremos calcular su volumen. Pero no solo ´estos, la uni´ on de dos poliedros, que no necesariamente es un conjunto convexo, tambi´en es medible, como as´ı su diferencia. Mostramos en la figura distintos conjuntos medibles que se obtienen de realizar estas operaciones con poliedros adecuados:

Axioma 19: Fijamos una funci´ on de longitud l en el espacio y una funci´on de ´area A en cada plano, asociada a l. Existe una funci´ on V : M → R denominada volumen que verifica: 1. V(M ) ≥ 0 para cada M ∈ M y si M es una figura plana o vac´ıo, V(M ) = 0. 2. Si M, N ∈ M y V(M ∩ N ) = 0 (por ejemplo si M ∩ N es una figura plana) entonces V(M ∪ N ) = V(M ) + V(N ). 3. Si M es un prisma recto cuya base es un rect´angulo R y su altura es h, entonces V(M ) = A(R) · h 4. El volumen de un cuerpo no depende de su posici´on en el espacio. 5. Vale el principio de Cavalieri: sean K y K 0 son conjuntos en M. Fijemos un plano π0 en el espacio. Si para cada plano π paralelo a π0 , K ∩ π y K 0 ∩ π son ambos vac´ıo o figuras planas de igual ´area, entonces V(K) = V(K 0 ).

173

Nuestra principal herramienta para calcular el volumen de los distintos cuerpos en el espacio ser´a el principio de Cavalieri. Por lo tanto para poder realizar cualquier c´alculo debemos primero analizar c´omo son las distintas secciones que se obtienen de cortar un cuerpo por un plano paralelo a uno dado. Lema 14. Sea P un prisma de base triangular y sea π un plano paralelo a la base. Entonces π ∩ P es un tri´ angulo congruente con el tri´ angulo de la base. Demostraci´ on: 4

Supondremos que la base del prisma P es un tri´angulo ABC. Entonces un plano paralelo a la base que 4

interseque el prisma P lo cortar´a en un tri´angulo A0 B 0 C 0 .

←→ ←−→ Observemos que A, A0 , B y B 0 son coplanares, que AA0 || BB 0 y que AB y A0 B 0 no se intersecan pues est´an ←→ ←−→ en planos paralelos. Luego como AB y A0 B 0 son adem´as coplanares, resultan paralelas y por lo tanto AA0 B 0 B es un paralelogramo. Por lo tanto AB = A0 B 0 . Con un razonamiento an´alogo se prueba que BC = B 0 C 0 y que 4

4

AC = A0 C 0 . Luego por criterio LLL, ABC=c A0 B 0 C 0 .



Como primer consecuencia podemos calcular el volumen de un prisma cualquiera: Teorema 15. El volumen de un prisma P de base un pol´ıgono P y altura h es V(P ) = A(P) · h Demostraci´ on: 4

Supongamos primero que P es un prisma recto cuya base es un tri´angulo ABC, rect´angulo en B. Podemos construir sobre el plano que contiene al tri´angulo un rect´angulo R = ABCD y el prisma P 0 de base R y altura 4

h. Sea ahora P 00 el prisma recto de base el tri´angulo rect´angulo ACD.

174

Es evidente que P y P 00 difieren s´ olo por su posici´on en el espacio y por lo tanto V(P ) = V(P 00 ). Por otra parte, P 0 = P ∪ P 00 y P ∩ P 00 es una figura plana de volumen 0. Luego aplicando las propiedades 2, 3 y 4 del volumen tenemos: A(R) · h = V(P 0 ) = V(P ) + V(P 00 ) = 2V(P ) y por lo tanto 4 1 V(P ) = A(R) · h = A(ABC) · h 2

como quer´ıamos probar. 4

Supongamos que ahora P es un prisma no necesariamente recto cuya base es un tri´angulo ABC no necesariamente rect´angulo. 4

4

Sea π0 el plano que contienen a la base ABC del prisma y pongamos a = A(ABC). Sobre π0 constuimos 4 √ un tri´angulo rect´angulo is´ osceles DEF de lado 2a, y en el mismo semiespacio que contiene a P , de los que 4

define π0 , construimos un prisma recto P 0 de base DEF y altura h. Entonces 4

4

A(DEF ) = A(ABC) = a.

4

4

Ahora, por el Lema 14, un plano paralelo a π0 cortar´a a P en un tri´agulo A0 B 0 C 0 congruente con ABC y 4

4

cortar´a a P 0 en un tri´angulo D0 E 0 F 0 congruente con DEF , o ambas intersecciones ser´an vac´ıas. En caso que la intersecci´on no sea vac´ıa, tendremos 4

4

A(π ∩ P ) = A(ABC) = A(DEF ) = A(π ∩ P 0 ) y por el principio de Cavalieri ser´a 4

4

V(P ) = V(P 0 ) = A(DEF ) · h = A(ABC) · h. Supongamos que ahora P es un pol´ıgono cualquiera de v´ertices A1 · · · An y que la otra base de P es el pol´ıgono P 0 de v´ertices A01 · · · A0n . Si trazamos los planos que determinan An , Ai A0i y A0n para i = 2, · · · , n − 2 habremos dividido nuestro prisma en n − 2 prismas de bases triangulares y altura h. Llamemos T1 , T2 , · · · , Tn−2 175

a las bases y P1 , P2 , · · · , Pn−2 a los prismas correspondientes. Ilustramos esta situaci´on para el caso en que la base sea un hex´agono.

Como dos cualesquiera de estos prismas se intersecan en una figura plana, aplicando la propiedad 2 y lo que acabamos de probar para prismas de base triangular tenemos: V(P ) = V(P1 ) + V(P2 ) + · · · + V(Pn−2 ) = A(T1 ) · h + · · · + A(Tn−2 ) · h = (A(T1 ) + · · · + A(Tn−2 )) · h = A(P) · h como quer´ıamos probar.  Nos ocuparemos ahora de calcular el volumen de una pir´amide. Nuevamente debemos analizar qu´e relaci´ on existe entre el ´area de una secci´ on plana por un plano paralelo a la base, con el ´area de la base. 4

Lema 16. Sea P una pir´ amide de base un tri´ angulo ABC, v´ertice V y altura h. Sea 0 < a < h un n´ umero 4

real y consideremos un plano π paralelo al plano que determina ABC tal que d(V, π) = a. Entonces 4

4

4

π ∩ P =A0 B 0 C 0 tal que A0 B 0 C 0 es semejante a ABC con raz´ on de semejanza

h a.

Demostraci´ on: 4

4

Consideremos los tri´angulos AV B y A0 V B 0 . Observemos que como π y π0 son planos paralelos, resulta 4 4 → ←→ ←− AB || A0 B 0 . Por lo tanto AV B y A0 V B 0 son tri´angulos semejantes y en particular AB AV BV = 0 = 0 . 0 0 AB AV BV 176

(2)

4

4

4

4

Un razonamiento completamente an´alogo muestra que AV C∼A0 V C 0 y BV C∼B 0 V C 0 . Comparando con (2) resulta AC AV AB BC BV AB = 0 = 0 0, y = 0 = 0 0. 0 0 0 0 AC AV AB BC BV AB 4

4

Por lo tanto los tres pares lados hom´ ologos de los tri´angulos ABC y A0 B 0 C 0 son proporcionales, y por criterio CS-LLL los tri´angulos resultan semejantes. Debemos por lo tanto determinar la raz´on de semejanza. Observemos que esa raz´on es BV CV AB BC AC AV = 0 = 0 = 0 0 = 0 0 = 0 0. 0 AV BV CV AB BC AC Por lo tanto bastar´a calcular BBV 0 V 0 . Para ello, sean P y Q los pies de las perpendiculares a los planos π0 y π que ←→ ←−→ pasan por V respectivamente. Entonces V P = h y QV = a. Por otra parte, como π0 || π resulta BP || B 0 Q. 4

4

Por lo tanto los tri´angulos BP V y B 0 QV son semejantes y BV PV h = = B0V QV a como quer´ıamos probar.



Lema 17. Si dos pir´ amides tienen bases triangulares de igual ´ area y tienen la misma altura, entonces tienen el mismo volumen. Demostraci´ on: 4

4

4

4

Consideremos dos pir´amides P y P 0 de bases triangulares ABC y DEF tales que A(ABC) = A(DEF ) y altura h. Supongamos que ubicamos ambas pir´amides en el espacio de modo que sus bases est´en contenidas en un mismo plano π0 y tanto P como P 0 est´en contenidas en un mismo semiespacio de los que define π0 . Como la altura de P y P 0 es h, sus v´ertices est´an ambos en un plano π1 paralelo a π0 . Cualquier otro plano paralelo a π0 contenido en la intersecci´ on de los semiespacios que definen π0 y π1 que contienen a P y P 0 cortar´a a P 4

4

4

4

en un tri´angulo A0 B 0 C 0 semejante a ABC y a P 0 en un tri´angulo D0 E 0 F 0 semejante a DEF . Cualquier plano paralelo a π0 que no est´e en esta banda tendr´a intersecci´on vac´ıa con P y P 0 .

177

Supongamos que la distancia del v´ertice de P o de P 0 a π es a. Entonces la raz´on de semejanza para ambos casos es ha y por lo tanto tenemos: 4

A(A0 B 0 C 0 ) =

4 4 4 a2 a2 0 0 0 A( ABC) = A( DEF ) = A( D E F ). h2 h2

Aplicando el principio de Cavalieri concluimos que V(P ) = V(P 0 ).



Teorema 18. El volumen de una pir´ amide P de base un pol´ıgono P y altura h es 1 V(P ) = A(P) · h 3 Demostraci´ on: Sea V el v´ertice de P .

4

4

Supongamos primero que P es un tri´angulo ABC y construyamos un prisma Q de base el tri´angulo ABC y altura h como en la figura.

4

4

Consideremos ahora las pir´amides P1 de base V CF y v´ertice A y la pir´amide P2 de base el tri´angulo V F E y v´ertice A. Como P ∪ P1 ∪ P2 = Q y la intersecci´ on de dos cualesquiera de ellas es una figura de volumen 0, resulta 4

A(ABC) · h = V(Q) = V(P ) + V(P1 ) + V(P2 ).

(3)

Comparemos las pir´amides P y P2 . Las bases de P y P2 est´an sobre planos paralelos, cada uno de los cuales contiene al v´ertice de la otra pir´amide, y por lo tanto P y P2 tienen la misma altura. Por otra parte, como Q 4

4

es un prisma, las bases ABC y EV F de P y P2 son congruentes. Luego por el Lema 16, V(P ) = V(P2 ). 4

Comparemos ahora las pir´amides P y P1 . Podemos considerar como base de P ahora el tri´angulo BCV y 4

v´ertice A. Por otro lado P tiene base CF V y v´ertice A. Luego ambas pir´amides tienen bases sobre un mismo 178

4

4

plano y el mismo v´ertice, con lo cual tienen igual altura. Por otra parte, los tri´angulos BCV y CF V son congruentes pues BCF V es un paralelogramo, con lo cual tienen igual ´area. Por lo tanto, a partir del Lema 16, resulta V(P ) = V(P1 ). Reemplazando en (3) resulta 4 4 1 A(ABC) · h = 3V(P ) ⇒ V(P ) = A(ABC) · h. 3

El Teorema para una pir´amide P de base un pol´ıgono cualquiera sigue de manera igual que la demostraci´ on para el volumen de un poliedro, dividiendo la base de P en tri´angulos, y considerando a P como uni´ on de pir´amides de base triangular.  Para finalizar esta secci´ on definiremos algunos cuerpos que no son cuerpos poliedros y encontraremos f´ ormulas para hallar su vol´ umen. Son los denominados cuerpos redondos, e incluyen a los cilindros, los conos y las esferas. Las esferas son las generalizaciones directas de la circunferencia al espacio, y los cilindros son an´alogos a los prismas pero sus bases son c´ırculos. Definiciones: • Sea O un punto del espacio y sea λ un n´ umero real positivo cualquiera. Se denomina esfera de centro O y radio r al conjunto E(O, r) = {P : d(P, O) = r}. • Sean C y C 0 c´ırculos del mismo radio en planos paralelos distintos π0 y π1 . Se denomina cilindro de bases C y C 0 al conjunto de puntos que est´an sobre alg´ un segmento P P 0 tal que P ∈ C y P 0 ∈ C 0 . Se denomina altura del cilindro a la distancia de cualquier punto de C 0 al plano π0 . Si O y O0 son los centros de C y C 0 se denomina generatriz del cilindro a cualquier segmeno que une un punto de cada una de las circunferencias frontera de C y C 0 paralelo a OO0 . Un cilindro se dice cilindro recto si OO0 es perpendicular a los planos π0 y π1 . Si el cilindro es recto, el segmento OO0 se denomina eje del cilindro. • Sea C un c´ırculo y sea V un punto del espacio que no est´e sobre el plano π0 que contiene a C. Se denomina cono de base C y v´ ertice V al conjunto de todos los puntos que est´an sobre alg´ un segmento P V con P ∈ C. Se denomina altura del cono a la distancia de V al plano que contiene a C. Cada segmento P V donde P es un punto de la circunferencia frontera de C se denomina generatriz del cono. Sea O el centro del c´ırculo C. Un cono se dice cono recto si OV es perpendicular al plano que contiene al c´ırculo C. Si el cono es recto, el segmento OV se denomina eje del cono.

179

No es dif´ıcil ver que estos cuerpos son convexos y por lo tanto son conjuntos medibles del espacio a los cuales podemos calcular su volumen. Lo haremos bas´andonos en los vol´ umenes de los poliedros que ya sabemos calcular y el principio de Cavalieri. Las demostraciones son similares a las que ya hemos visto e indicaremos solamente las ideas de las mismas. Teorema 19. Sea C un cilindro de base un c´ırculo C y altura h. Entonces el volumen de C es V(C) = A(C) · h. Demostraci´ on: 4

Sea π0 el plano que contiene a C. Constuirmos en π0 un tri´angulo ABC de ´area igual al ´area de C. 4

Consideremos ahora un prisma P de base ABC y altura h en el mismo semiespacio de los determinados por π0 que contiene a C. Entonces un plano paralelo a π0 cortar´a a C en un c´ırculo congruente con C y a P en un tri´angulo congruente 4

a ABC. Luego por el principio de Cavalieri ambos cuerpos tienen el mismo volumen, de donde se obtiene la f´ormula buscada.  La demostraci´ on del siguiente resultado es an´aloga a la del teorema anterior, considerando una pir´amide en vez de un prisma y la dejamos como ejercicio. Teorema 20. Sea C un cono de base C y altura h. Entonces el volumen de C es 1 V(C) = A(C) · h. 3 Finalizamos esta unidad demostrando una f´ormula para el c´alculo del volumen de una esfera.

180

Teorema 21. Sea E(O, r) una esfera de radio r. Entonces V(E) =

4 · π · r3 3

Demostraci´ on: Consideremos un punto Q cualquiera de la esfera y el plano π0 perpendicular a OQ por Q. Sobre π0 construimos un c´ırculo C de radio r y en el mismo sempiespacio de los determinados por π0 que contiene a E(O, r) construimos un cilindro recto C de base C y altura 2r.

Sea P el punto medio del eje del cilindro y construyamos dos conos cuyas bases son respectivamente las bases del cilindro y su v´ertice com´ un es P . Consideremos el conjunto H que se obtiene de quitar al cilindro C estos dos conos. Observemos que H es un conjunto medible, y por lo tanto tiene sentido calcular su volumen, que ser´a la diferencia de los vol´ umenes del cilindro y de los dos conos. Veremos que V(E) = V(H). Para ello consideremos un plano α cualquiera paralelo a las bases del cilindro y entre los dos planos que las contienen. Supongamos que este plano est´a a distancia s del centro O de la esfera, o equivalentemente est´a a distancia s del punto P . Entonces α cortar´a a la esfera en una circunferencia de radio t. Observemos que aplicando el teorema de Pit´agoras resulta p t = r 2 − s2 . Por otra parte, α cortar´a al cilindro C es una c´ırculo de radio r y a uno de los conos en un c´ırculo de radio x, como se muestra en la figura anterior. Veamos que x = s. Cortemos a C con un plano perpendicular a las bases que contenga al eje y pase por el punto T de la figura. 4 4 ←→ ←→ Entonces, con la notaci´ on de la figura anterior, O0 T || RU y por lo tanto los tri´angulos O0 P T y P RU son semejantes. Luego O0 P O0 T = . RP RU Pero como la altura del cilindro es 2r resulta O0 P = r. Adem´as O0 T = r, RP = s y RU = x. Reemplazando en la proporci´on anterior obtenemos r r = ⇒ x = s. s x

181

Luego la intersecci´ on de α con H es una corona circular, o sea la diferencia entre un c´ırculo de radio r y uno de radio s. Tenemos entonces A(α ∩ E) = π · t2 = π · (r2 − s2 ) y A(α ∩ H) = π · r2 − π · s2 = π · (r2 − s2 ). Aplicando el principio de Cavalieri, concluimos que V(E) = V(H). Pero el volumen de H se obtiene de restar al volumen del cilindro C el volumen de los dos conos. El volumen de C es el producto del ´area de su base (π · r2 ) por su altura (2r), esto es, V(C) = 2π · r3 . Por otra parte el volumen de cada cono es 13 · (π · r2 ) · r, pues su altura es r y la base es un c´ırculo de radio r. Concluimos que 4 2 V(E) = 2π · r3 − π · r3 = π · r3 3 3 como quer´ıamos probar.

3.1.



Ejercicios propuestos

Sobre las unidades de volumen: As´ı como hemos asociado una unidad de ´area a cada unidad de longitud, podemos asociar ahora una unidad de volumen. Supongamos que tenemos dada una unidad u de longitud. Denominamos unidad de volumen asociada a u a un cubo de 1u de arista. As´ı, la unidad de volumen asociada al cent´ımetro, es el cent´ımetro c´ ubico, que denotamos cm3 , y no es m´as que un cubo de un cent´ımetro de arista. El volumen de un prisma de base de 5cm2 de ´area y altura 2cm, es 10cm3 , que indica que podemos rellenar el prisma con 10 cubos de 1cm de arista (y por lo tanto, con 1cm3 de volumen). Podemos hacer una definici´on an´aloga para cualquier unidad de longitud. 1. Calcular el volumen de los siguientes cuerpos: a) Una pir´amide regular cuya base es un cuadrado de 1, 5m de lado y su altura es de 3m. b) una pir´amide regular cuya altura es 9cm y su base es un hex´agono regular de 12cm de lado. c) una pir´amide regular de base cuadrada de 5cm de lado y arista lateral de 8cm. d) un tetraedro regular cuya altura es 5cm. e) un tetraedro regular de arista 5cm. f ) un cono recto de 6cm de altura y base de 4cm de di´ametro. g ) un cilindro cuyo contorno es de 24cm y su altura es de 32cm. 2. ¿Qu´e parte de un barril de 0, 5m3 de petr´oleo se necesita para llenar 125 latas de 500cm3 cada una? 3. Un prisma recto de base rectangular tiene 120cm3 de volumen y 5cm de altura. El largo y ancho de la base son cantidades enteras. ¿Qu´e dimensiones puede tener su base? 4. Determinar la altura de un prisma de base cuadrada de 5m de diagonal si el volumen es de 27m3 . 5. En la base de un cilindro recto est´a inscripto un cuadrado de 6cm de lado. La pir´amide cuya base es el cuadrado y una de sus aristas coincide con una generatriz del cilindro tiene un ´area total de 96cm2 . Determinar el volumen del cilindro. 182

6. Calcular el volumen de un cono que se obtiene de cortar un cono de 5m de altura y 27m3 de volumen con un plano paralelo a la base que dista 2m del v´ertice. √ 7. Calcular la medida de la arista de un tetraedro regular cuyo volumen es 2 2cm3 . 8. Comparar el volumen de dos conos tales que la altura y el radio de la base de uno es, respectivamente, la mitad de la altura y del radio de la base del otro. 9. Una esfera est´a inscripta en un cilindro recto de modo que las bases del cilindro son tangentes a la esfera. Calcular la raz´ on entre los vol´ umenes de la esfera y el cilindro. 10. Las pelotas de tenis se venden en latas de forma cil´ındrica que contienen tres pelotas cada una. Si el di´ametro de la lata es de 6, 5cm, calcular el volumen que queda libre en el interior de la lata.

4.

Ap´endice

Al inicio de esta Unidad hemos postulado que si dos planos distintos se intersecan lo hacen en una recta. Este enunciado suele tomarse como axioma en la mayor´ıa de los textos de geometr´ıa, incluyendo los Fundamentos de Geometr´ıa de David Hilbert. En estos textos se lo enuncia al principio del desarrollo te´orico, junto con los otros axiomas de incidencia, y por lo tanto no puede deducirse de los axiomas previos. Es por ello que hemos decidido incluirlo aqu´ı tambi´en como un axioma. Sin embargo, con el sistema axiom´atico que hemos propuesto hasta ahora, este enunciado resulta demostrable, y por lo tanto no es un aut´entico axioma. Incluimos a continuaci´on una prueba. Podr´an observar que es indispensable hacer uso de los axiomas de separaci´on en el espacio. Teorema 22. Sean π1 y π2 dos planos distintos cuya intersecci´ on es no vac´ıa. Entonces π1 ∩ π2 es una recta. Demostraci´ on: Sean π1 y π2 dos planos no coincidentes cuya intersecci´on es no vac´ıa. Esto implica que existe al menos un punto P ∈ π1 ∩ π2 . Observemos primero que todos los puntos en π1 ∩ π2 deben estar alineados. En efecto, si π1 y π2 tuviesen en su intersecci´on tres puntos no alineados, por el axioma 5 ambos planos ser´ıan coincidentes. Bastar´a probar entonces que π1 ∩ π2 consiste de al menos dos puntos, pues como ya hemos mencionado, en funci´on del axioma 6, ambos planos deber´an contener a la recta que estos dos puntos determinan y por lo tanto se cortar´an en una recta. Sean A y B dos puntos en π1 tal que P est´a entre A y B. Si alguno de los dos puntos est´a adem´as en π2 nuestro Teorema queda demostrado. Supongamos entonces que tanto A como B no est´an en π2 . Luego AB ∩ π2 = {P }, y por lo tanto A y B est´an en distintos semiespacios de los que define π2 .

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←→ Sea C un punto cualquiera de π1 tal que C ∈ / AB. Observemos que en particular C 6= P . Si C ∈ π2 la demostraci´on est´a terminada (recordemos que queremos basta probar que π1 ∩ π2 tiene al menos dos puntos). Si C ∈ / π2 existen dos opciones: i) C ∈ semeπ2 (A)

ii) C ∈ semeπ2 (B)

En el caso i), como C y B est´an en distintos semiespacios de los que determina π2 , resulta π2 ∩ BC = {Q}. ←→ ←→ Observemos que Q 6= P , pues si no tendr´ıamos C ∈ BP = AB. ←→ Pero por otra parte, como B y C pertenecen ambos a π1 , resulta BC ⊂ π1 y por lo tanto Q ∈ π1 . Luego Q 6= P y Q ∈ π1 ∩ π2 . El caso ii) es completamente an´alogo y se deja como ejercicio. 

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