CAPÍTULO 6 ÁREAS DE FIGURAS PLANAS

CAPÍTULO 6

ÁREAS DE FIGURAS PLANAS

INTRODUCCIÓN 6.

Se estudian en este capítulo él área de las figuras planas que se estudiaron anteriomente. DEFINICIÓN 6.1

Dos figuras planas F y G se dicen congruentes si existe una correspondencia biunívoca erntre sus puntos de modo que la distancia entre dos puntos de F sea igual a la distancia de sus puntos correspondientes en G.

G

Q` P` P

Q F

COMENTARIO 6.1.

Una congruencia entre dos figuras es una correspondencia biunívoca que preserva distancias. Por esta razón las congruencias se llaman en ocasiones isometrías (isos = igual; metrón = medida). Esta definición es una generalización de la definición de congruencia de triángulos dada en el capítulo 2.

En este capítulo vamos a introducir la noción de área de una figura plana. Generalmente se dice que el área de una figura plana es la medida de su extensión. Pero, esto no aclara nada, puesto que el vocablo extensión es más impreciso aún. Lo que haremos es introducir la noción de área a través de ciertas propiedades.

Hay figuras que no tienen área. Por ejemplo, la región encerrada entre dos rectas paralelas distintas no tiene área.

AXIOMA 6.

Existe un conjunto ℑ de figuras planas donde a cada figura F de ℑ se le asigna un único número real [F] de modo que se cumplen las siguientes propiedades:

(A1) Si F está en ℑ, entonces [F] ≥ 0.

(A2) Si F y G están en ℑ, entonces F ∪ G y F ∩ G están en ℑ y [F ∪ G] = [F] + [G] − [F ∩ G].

(A3) Si F y G están en ℑ y F ⊂ G, entonces G − F está en ℑ y [G − F] = [G] − [F]. (A4) Si F está en ℑ y G es congruente con F, entonces G está en ℑ y [F] = [G].

(A5) Si F es un triángulo donde un lado mide b y su altura correspondiente mide h, entonces F está en ℑ y

su área es igual al semiproducto del lado por su altura.

El número (F) se llama el área de F y cada elemento de ℑ se llama figura medible.

COMENTARIO 6.2.

[ABC...] denotará el área del polígono cuyos vértices son A, B, C...

para hallar el área de la unión se suman las áreas de las figuras y se le resta el área de su parte común. La propiedad (A3) establece que que si una figura medible está incluida en otra, entonces su diferencia es una figura medible y el área de esa diferencia es igual a la diferencia de las áreas. La propiedad (A4) indica que dos figuras congruentes tiene la misma área. La última propie-dad establece que todo triángulo es una figura medible y su área es igual a la mitad del producto de uno de sus lados por la altura correspondiente. Esto quiere decir que si b es la medida de un lado de un triángulo y h es su altura correspondiente, entonces su área está dada por la fórmula

S =

2 .h b

... (6.1)

Para evitar el denominador en la fórmula anterior se acostumbra a escribir 2S = b.h ... (6.2)

De la propiedad (A5) y el comentario 2.23 se sigue que el área de un triángulo ABC está dado por la fórmula

[ABC] = a.ha = b.hb = c.hc ... (6.3)

DEFINICIÓN 6.2.

Dos figuras se dícen equivalentes si tienen iguales su áreas. COMENTARIO 6.3.

De (A4) y la definición anterior se desprende que si dos figuras son congruentes, entonces son equivalentes.

TEOREMA 6.1.

El conjunto vacío ∅ tiene área cero. Demostración:

De (A3) se ve que ∅ = F − F es una figura medible y [∅] = [F−F] = [F] − [F] = 0. TEOREMA 6.2.

Un punto y un segmento tienen área cero. Demostración:

Un punto es un triángulo con b = h = 0. Un segmento es un triángulo donde una su altura es cero. De (A5) surgen las respuestas.

COMENTARIO 6.4.

De los dos teoremas anteriores y la propiedad (A3) se deduce que si una figura F puede descomponerse en dos figuras G y H de modo que tengan un solo punto en común o un segmento en común o ningún punto en común, entonces el área total es [F] = [G] + [H].

TEOREMA 6.3.

Si F y G son figuras medibles y F ⊂ G, entonces [F] ≤ [G]. Demostración:

De (A1) y (A3) se ve que 0 ≤ [G − F] = [G] − [F].

F G

H

F F

G

H G

EJEMPLO 6.1.

Halle el área de un triángulo de base b y altura h si:

(a) b = 15, h = 4 (b) b = 3, h = 2π

(c) b = 0,17; h = 0,921 (d) b = 2x, h = x Solución:

En cada uno de estos casos usaremos la fórmula (6.1).

(a) S =

2 4 . 15

= 30 (b) S =

2 2 . 3 π

= π 3 ≈ 5,44 El símbolo ≈ significa “aproximadamente”.

(c) S =

2 921 , 0 . 12 , 0

= 0,078285 (d) S = 2

x . x 2

= x2

EJEMPLO 6.2.

Halle la altura de un triángulo si su base es 8 y su área es 48. Solución:

Haciendo S = 48 y b = 8 en la fórmula (6.2) se sigue que 2.48 = 8.h, y al dividir por 8 se ve que h = 12.

EJEMPLO 6.3.

Halle la base de un triángulo si su altura es 4,16 y su área es 5 2

Solución:

Tomando S = 5 2 y h = 4,16 en (6.2) se ve que 2. 5 2 = b.4,16. Al dividir por 4,16 se obtiene que b ≈ 3,4.

EJEMPLO 6.4.

Halle la razón entre la altura y la base de un triángulo si la base es 6 y su área es 42. Solución:

Si h es la altura y b es la base del triángulo, entonces se pide calcular la razón b h

. Sólo conocemos la base y debe hallarse la altura. Haciendo b = 6 y S = 42 en (6.2) se tienen que 2.42 = 6.h, y al dividir por 6, se obtiene h = 14. Por tanto,

3 7 6 14 b h

= =

Otra solución:

3 7 36 84 6

42 . 2 b

S 2 b . b

h . b b h

2

2 = = = =

=

EJEMPLO 6.5.

Halle la base y la altura de un trángulo si son iguales y su área es 32. Solución:

EJEMPLO 6.6.

Halle la base y la altura de un triángulo si la primera es el triple de le segunda y su área es 144. Solución:

De la hipótesis del problema se ve que b = 3h donde b es la base y h la altura. Sustituyendo en (6.2) se obtiene que 2.144 = (3h)h = 3h2. Al dividir por 3 se ve que h2 = 96, y al extraer raíces cuadradas obtenemos que h = 96=4 6. Por otro lado, la base es b = 3h = 12 6

EJEMPLO 6.7.

Halle el área de un triángulo rectángulo de catetos 16 y 9. Solución:

Si uno de los catetos de un triángulo rectángulo es base, entonces el otro cateto es altura. De (6.1) se obtiene que S =

2 9 . 16

= 72

9 16

EJEMPLO 6.8.

Halle el área de un triángulo rectángulo isósceles si su hipotenusa es 18. Solución:

Si x representa un cateto, entonces el otro cateto es también x. De (6.1) se tiene que S =

2 2

.x x2 x

= . Por otro lado del teorema de Pitágoras se ve que x2 + x2 = 182, es decir, 2x2 = 182. Al dividir por 2 se tiene que x2 = 162. Reemplazando arriba se obtiene la respuesta S =

2 162

= 81.

18

x x

EJEMPLO 6.9.

Halle el área de un triángulo rectángulo isósceles si su perímetro es 240. Solución:

Si x es cada cateto e y es la hipotenusa, entonces de la hipótesis se tiene que x + x + y = 240, esto es,

y x

x

2x + y = 240 ... (a)

tiene que x(2 + 2) = 240 y vemos así que x =

2 2

240

+ ≈ 70,3. Por consiguiente su área es S =

2 x . x

≈ 2470,6.

EJEMPLO 6.10.

Halle los lados de un triángulo rectángulo si su área es 480 y la altura correspondiente a la hipotenusa es 12.

Solución:

Sean a,b los catetos y c la hipotenusa del triángulo buscado. De (6.2) se tiene que 2.480 = c.42 y al dividir por 12 se obtiene que c = 80. De la misma fórmula se ve que 2.480 = a.b. O sea, ab = 960 y al multiplicar por 2 se obtiene

b a

c 12

2ab = 1920 ... (a) Por el teorema de Pitágoras se tiene que

a2 + b2 = 6400 ... (b)

Al sumar (a) y (b) se obtiene que a2 + b2 + 2ab = 8320, es decir, (a + b)2 = 4480. Al extraer raíces cuadradas vemos que

a + b = 91,21 ... (c)

Al restar (b) y (a) se tiene que a2 + b2 – 2ab = 4480, es decir, (a – b)2 = 4480. Al extraer raíces cuadradas vemos que

a – b = 66,93 ... (d)

Sumando (c) y (d) se tiene que 2a = 158,14 y al dividir por 2 se ve que a = 79,07. De (c) vemos

que b = 91,21 – a = 91,21 – 79,07 = 12,14. En consecuencia, los lados del triángulo son a = 79,97, b = 12,14 y c = 80.

EJEMPLO 6.11.

Dos lados de un triángulo miden 2 y 3. Halle el tercer lado si su longitud es igual al área del triángulo.

Solución:

Sea h la altura correspondiente al tercer lado x. De la condición dada se ve que xh = x 2

.

. Al dividir por x > 0 se tiene que h = 2. Como la altura es igual a un lado resulta que el triángulo es rectángulo de hipotenusa 3. Por el teorema de Pitágoras se tendrá que x = 32−22 = 5 que es la respuesta deseada.

TEOREMA 6.4.

1. Si dos triángulos tienen iguales las bases y sus alturas correspondientes, entonces son equivalentes.

2. Si dos triángulos son equivalentes y tienen la misma base, entonces tienen la misma altura.

3. Si dos triángulos son equivalentes y tienen la misma altura, entonces tienen la misma base.

En cada uno de los casos bastará aplicar la fórmula (6.1) EJEMPLO 6.12.

Una mediana de un triángulo lo divide en dos triángulos equivalentes. A Solución:

Si AD es una mediana en el triángulo ABC, entonces BD = DC. Los triángulos ABD, ADC tienen la misma base BD = DC y tienen la misma altura h. Por el teorema 6.4.1 se sigue que ambos triángulos son equivalentes. Por tanto, se tendrá que [ABD] = [ADC] =

[

]

2 1

B

D C

h

EJEMPLO 6.13.

Supóngase que D es el punto medio del lado BC de un triángulo ABC, P es un punto de la mediana AD, [ABC] = 52 y [PBC] = 11, halle [APC].

Solución: A

Del comentario 6.4 se ve que [ADC] = [APC] + [PDC] y se obtiene que

P

D

B C

[APC] = [ADC] – [PDC] ... (a) Por el ejemplo anterior vemos que [ADC] =

[

]

2 52 2

1 _{= =}

ABC y [PDC] =

[

]

2 11 2

1 ₌

PBC .

Sustituyendo en (a) se tiene que [APC] = 20,5 2 41 2 11

26− = =

EJEMPLO 6.14.

Las medianas de un triángulo lo dividen en seis triángulos equivalentes. Solución:

Sean AD, BE, CF las medianas del triángulo ABC que se cortan en su baricentro G. Se forman los seis triángulos: AGF, BGF, BGD, CGD, CGE y AGE. Por el ejemplo 6.12 se tiene que [AGF] = [BGF] = x, [AGE] = [CGE] = y, [BGD] = [CGD} = z. Por el mismo ejemplo 6.12 se sigue que [ABD] = [ADC], o sea, x + x + z = y + y + z. Por tanto, 2x = 2y y se tiene que x = y. Del mismo modo vemos que [ABE] = [BEC], o sea, x + x + y = z + z + y, y se tiene que y = z. Por consiguiente, x = y = z y los seis triángulos son equivalentes.

EJEMPLO 6.15.

Halle un punto P dentro del triángulo ABC de modo que los triángulos PAB, PAC y PBC sean equivalentes

Solución:

G x

A

F E

B

D C

x y

Sea P la solución. De [PAB] = [PAC] se sigue, al ser la base AP común, que las alturas deben ser iguales. O sea, si D y E son las proyecciones ortogonales de B y C sobre la recta AP, entonces BD = CE. Si M es el corte de BC y AP, entonces los triángulos BDM y CEM son congruentes y así BM = MC. Esto quiere decir que P está en la mediana del lado BC. Del mismo modo ya que [PAB] = [PBC] se deduce que P debe estar en la mediana de AC. Por tanto, P es el baricentro del triángulo dado.

C

D P

E M B

TEOREMA 6.5.

Dos triángulos que tienen una base común son equivalentes sii los dos vértices restantes están en una misma paralela a la base.

Demostración:

Vea la figura que sigue. Sean ABC, XBC dos triángulos con la base común BC. Si ambos triángulos son equiva-lentes, entonces por el teorema 6.4.2 tienen la misma altura. Es decir, A y X están a la misma distancia de BC. Por ende, A y X están en una recta paralela a BC. Recíprocamente, supóngase que A y X están en una recta paralela a BC. Esto indica que la distancia de A y X a BC es la misma y, por ende, los triángulos ABC, XBC tienen la misma altura. Por el teorema 6.4.1 ambos triángulos son equivalentes.

X A

B _C

EJEMPLO 6.16.

Construya un triángulo isósceles que tenga la misma base y sea equivalente a un triángulo dado. Solución:

Sea ABC el triángulo dado. Se desea construir un triángulo isósceles equivalente a él de base BC. Si PBC es el triángulo pedido, entonces P estará en la mediatriz de BC y AP es paralela a BC. Por tanto, la construcción es así: "Trace la mediatriz de BC hasta cortar en P a la paralela a BC que pasa por A". El triángulo PBC es el pedido.

P A

B C

TEOREMA 6.6.

Si O es la intersección de las diagonales AD, BC de un cuadrilátero ABCD, entonces tendremos que [AOD].[BOC] = [COD].[AOB]

A B C

D

O p

Demostración:

Sean p y q las alturas de los triángulos AOD y BOC que parten de D y B como se indica en la figura anterior. Entonces 2[AOD] = AO.p, 2[COD] = OC.p, 2[AOB] = AO.q y 2[BOC] = OC.q. Luego, 2[AOD].2[BOC] = AO.OC.pq y 2[COD]2[AOB] = OC.AO.pq.Por tanto, ambas cantidades son iguales y al simplificar por 4 se obtiene el resultado deseado.

EJEMPLO 6.17.

Una torta tiene la forma de un cuadrilátero. Al trazar las diagonales se tienen cuatro pedazos. El primero de ellos pesa 180 gramos, el segundo 200 gramos, el tercero pesa 300 gramos y el cuarto pedazo se lo comió un niño. ¿Cuánta torta se comió el niño?

Solución:

Si los triángulos AOB, BOC y COD representan los tres trozos de torta, y el triángulo AOD representa el pedazo que se comió el niño, entonces de acuerdo al ejemplo anterior se tiene que 180.300 = 200x y así x = 270 gramos es la cantidad de torta que se comió el niño

EJEMPLO 6.18.

Si O es la intersección de las diagonales AD, BC de un cuadrilátero ABCD, [AOD] = 1, [AOB] = 2 y [BOC] = 4, entonces ABCD es un trapecio.

Solución:

De acuerdo al ejemplo 6.15 vemos que 1.4 = 2.[COD] y así [COD] = 2. Por ende, los triángulos ABD y ACD tiene de área 1 + 2 = 3. Como estos triángulos son equivalentes y tiene la misma base AD se tendrá que tiene la misma altura. Por tanto, AD y BC son paralelas.

EJEMPLO 6.19.

La suma de las distancias de un punto interior de un triángulo equilátero a sus lados es constante. Solución:

Sea P un punto interior de un triángulo equilátero ABC y sean D, E, F las proyecciones ortogonales de P sobre los lados BC, CA, AB. Se tiene que 2[ABC] = 2[BPC] + 2[CPA] + 2[APB] = AB.PF + BC.PD + AC.PE = AB.PF + AB.PD + AB.PE = AB(PF + PD + PE). Pero, 2[ABC] = BC.h = AB.h. Por tanto, AB(PF + PD + PE) = AB.h y al simplificar por AB se ve que PF + PD + PE = h que es constante en el triángulo

EJEMPLO 6.20.

Si s es el semiperímetro de un triángulo ABC y r es su inradio, entonces [ABC] = s.r

A

C B

D

E

F

P

Solución: A

Sea I el incentro (corte de las bisectrices de los ángulos del triángulo). Sean D, E, F las proyecciones ortogonales de I sobre los lados BC, CA, AB. Luego, ID = IE = IF = r. Se forman

B

D

C E F

los triángulos BIC, CIA, AIB. Por ende, 2[ABC] = 2[BIC] + 2[CIA] + 2[AIB] = a.r + b.r + c.r = (a + b + c)r = 2s.r. Al dividir por 2 se obtiene el resultado deseado.

EJEMPLO 6.21.

El área de un triángulo rectángulo es el producto de los segmentos de la hipotenusa determinados por el punto de tangencia con el incírculo.

Solución:

Sea ABC un triángulo rectángulo en B y sea T el punto de tangencia del incírculo

con la hipotenusa AC. Del teorema 4.24 se ve que AT = s−a y TC = s−c. Por tanto,

AT.TC = (s−a)(s−c) = ⎟

⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + + ₋ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + + ₋ c 2 c b a a 2 c b a = 2 c b a 2 a c

b+ − + −

= T A B C =

(

)

b2− − 2

= 4 ac 2 a c

b2 − 2 − 2 + = 2 ac 4 ac 2

= = [ABC] donde se aplicó Pitágoras.

A

Otra solución:

Sean X, Y, Z los puntos de tangencia del incírculo con los lados BC, AC, AB del triángulo ABC rectángulo en B. Se tiene que AY = AZ = x, BZ = BX = r, CX = CY = y por ser tangentes a una circunferencia desde un mismo punto. Del teorema de Pitágoras se deduce que (x + y)2 = (x + r)2 + (y + r)2, o sea,

r r B C x x y y Y X Z

xy = xr + r2 + yr ……… (a)

Por otro lado 2[ABC] = BC.AB = (y + r) (x + r) = xy + xr + r2 + yr. Sustituyendo (a) en este última fórmula se tiene que 2[ABC] = 2xy y al dividir por 2 se obtiene el resultado deseado, i.e, [ABC] = xy.

TEOREMA 6.7.

El área de un triángulo es igual al semiproducto de dos lados por el seno del ángulo comprendido

entre ellos. A

Demostración:

B C

D

D _B C

A

Sea ABC el triángulo de base BC y altura AD. Por (6.1) se tiene que [ABC] =

2 AD . BC

. ... (a) En el triángulo ADC, rectángulo en D, se tiene que sen C =

AC AD

y así AD = AC.sen C. Sustitu-yendo este valor en (a) y, multiplicando por 2, resulta la fórmula

EJEMPLO 6.22.

Hallar el área de un triángulo si dos de sus lados miden 4 y 7, y el ángulo comprendido entre ellos mide 15º.

Solución:

Aplicando (6.4) se obtiene que 4.7.sen 15º ≈ 7,25. Al dividir por 2 se obtiene que el área pedida es 3,625

EJEMPLO 6.23.

Los lados iguales de un triángulo isósceles miden 40 y los ángulos de la base miden 75º. Halle el área del triángulo.

B C 75º 75º

A

Solución:

Como A + B + C = 180º se ve que A + 75º + 75º = 180º y así A = 30º. De (6.4) se sigue que 2S = 40.40.sen 30º = 800 y al dividir por 2 se obtiene S = 400.

EJEMPLO 6.24.

Un ángulo de un triángulo mide 60º y uno de los lados que lo forma mide 15. Si el área del triángulo es 45, ¿cuánto miden los otros lados del triángulo?

Solución:

Supóngase que [ABC] = 45, B = 60º y BC = 15. De (6.4) vemos que 2.45 = 15.c.sen 60º = 2

3 15

. Así, c = 4 3. El teorema del coseno establece que b2 = 152 + 48 – 2.15. 4 3.cos 60º = 93. Por tanto, b ≈ 9,64

A

B C 60º 15

EJEMPLO 6.25.

Halle el área máxima que puede formar un triángulo isósceles de dos lados iguales a 1. Solución:

Sea ABC un triángulo isósceles con AB = AC = 1. Entonces su área es [ABC] = 2

A sen 2

A sen . 1 . 1

= . Como sen A ≤ 1 se tiene que [ABC] =

2 1 2

A sen

≤ . Esto indica que la máxima área es 1/2 y se consigue cuando sen A = 1, es decir, si A = 90º. Por consiguiente, el área máxima se obtiene cuando los lados iguales a 1 sean perpendiculares entre sí.

A

B

1 ₁

C

EJEMPLO 6.26.

Solución:

En la figura que sigue hemos trazado dos secantes PAB y PCD a O(k). Por otro lado, debido a (6.4) se tiene que 2[ABC] = OA.OB.sen ∠AOB y 2[COD] = OC.OD.sen ∠COD. Ya que OA = OB = OC = OD el triángulo que tiene mayor área será cuando tenga su seno trigonométrico

P A

B O

C

D

mayor. Ya que sen α ≤ 1 el seno es mayor si α = 90º. La construcción es así: "Trace ∠COD = 90º. Trace el punto medio M de CD. Trace por P la tangente a O(M) hasta cortar a O(k) en A y B".

EJEMPLO 6.27.

Sean X, Y, Z las proyecciones ortogonales del baricentro G de un triángulo ABC sobre los lados BC, CA, AB. Entonces [XYZ] =

[

]

2 2 2 3 c b a 9 ) c b a ( ABC

4 + +

Solución:

Sea P el pie de la altura y sea D el pie de la mediana desde A. Los triángulos DGX, DAP son semejantes y se tendrá que

AP AD GX GD

= , es decir, GX = ha

3 1 AP XD GD

= . Análogamente se tiene que GY = h_b

3 1

y GZ = h_c 3 1

. Por otro lado, en los cuadriláteros AZGY, BZGX, CYGX los ángulos en X, Y, Z son rectos y se tendrá que los otros dos ángulos opuestos son suplementarios. O sea, sen ∠ZGY = sen A, sen ∠ZGX = sen B, sen ∠XGY = sen C. Tendremos entonces que 2[XYZ] = 2[ZGY] + 2[ZGX] + 2[XGY]. De (6.4) vemos que 2[XYZ] = GZ. GY.sen ∠ZGY + GZ.GX.sen∠ZGX + GX.GY.sen∠XGY =

G

X D

A

B C

Z Y

P

h senC

3 1 h 3 1 B sen h 3 1 h 3 1 A sen h 3 1 h 3 1 b a a c b c ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛

. Al multiplicar por 9 se obtiene que 18[XYZ] = hc.hb.sen A + hc.ha.sen B + ha.hb.sen C. Al multiplicar por a2.b2.c2 se ve

que

18a2b2c2[XYZ] = (c.hc) (b.hb.) (bcsen A) a2 + (c.hc) (a.ha) (acsen B) b2 + (a.ha) (b.hb) (absen C) c2

EJEMPLO 6.28.

En la figura anterior se ha representado un triángulo isósceles ABC de base BC = 4 y de lados AB = AC = 3. El segmento DE, donde D y E no son vértices, divide al perímetro del triángulo y a su área en la mitad. Halle BD.

B C

D E

Solución:

Supóngase que BD = x. Entonces DC = 4 – x. Ya que DE divide al perímetro del triángulo, que es 10, en la mitad vemos que EC + CD = 5. Esto quiere decir que CE = 5 – CD = 5 – (4 – x) = x + 1. Por otro lado, [ABC] = 2[CDE], o sea, 2[ABC] = 4[CDE]. De (6.4) esta igualdad se convierte en 4.3.sen C = 2(4 – x) (x + 1) sen C. Al dividir por el sen C se obtiene que (4 – x)( (x + 1) = 6 y así x2 – 3x + 2 = 0. Sus raíces son 2 y 1. Si BD = x = 1, entonces CD = 3 y CE = 2. Si BD = x = 2, entonces CD = 2 y CE = 3. Esto último es absurdo por la condición de que E no es vértice. EJEMPLO 6.29.

Si O es un punto en el interior de un cuadrilátero ABCD tal que OA2 + OB2 + OC2 + OD2 = 2[ABCD], entonces ABCD es un cuadrado y O es su centro.

Solución:

A

B C

D

O

α β

δ ω

OA2 + OB2 + OC2 + OD2 = 2[ABCD = 2[AOB] + 2[BOC] + 2[COD] + 2[AOD] = OA.OB.sen α + OB.OC.sen β + OC.OD.sen δ + OA.OD.sen ω. Ya que 0 ≤ sen x ≤ 1, para todo x, se tiene que

OA2 + OB2 + OC2 + OD2 ≤ OA.OB + OB-OC + OC.OD + OA.OD Al multiplicar por 2 en la desigualdad anterior resulta que

OA2 + OB2 + OC2 + OD2 +OA2 + OB2 + OC2 + OD2 ≤

2.OA.OB + 2.OB-OC + 2.OC.OD + 2.OA.OD Luego,

(OA2 – 2OA.OB + OB2) + (OA2 – 2.OA.OD + OD2) + (OB2 – 2.OB.OC + OC2) +

FÓRMULA DE HERÓN

El área de un triángulo de lados a, b, c y semiperímetro s está dado por la fórmula [ABC] = s(s−a)(s−b)(s−c)

Demostración:

[ABC] = ½ a.ha = s(s−a)(s−b)(s−c) donde se usó el ejemplo 2.64.

COMENTARIO 6.5.

Esta fórmula es atribuida al geómetra griego Herón de Alejandría (ca. 50), aunque muchos matemáticos aseguran que esa fórmula se debe al gran matemático Arquímedes de Siracusa (287−212 A.C.).

EJEMPLO 6.30.

Halle el área del triángulo de lados 6, 7 y 11. Solución:

s = 2

11 7 6+ +

= 12. Aplicando la fórmula de Herón se ve que [ABC] = 12(12−6)(12−7)(12−11) = 6 10 EJEMPLO 6.31.

Halle el área de un triángulo equilátero de lado 12. Solución:

Ya que cada ángulo mide 60º tenemos de (6.4) que el área es 2S = 12.12.sen 60º = 3

72 º 60 sen . 12 . 12 . 2

1 ₌

. Al dividir por 2 obtenemos el área S = 36 3 Segunda solución:

Se tiene que a = b = c = 12 y s = 18 2

12 12 12

= + +

- De acuerdo a la fórmula de Herón vemos que el área del triángulo es 18(18−12)(18−12)(18−12)=36 3

Tercera solución:

Una altura de un triángulo equilátero es mediana de ese lado. Por el teorema de Pitágoras se tendrá que la altura es igual a 122 −62 =6 3. Por ende, el área es 36 3

2 3 6 . 12

=

12 12

6 6

TEOREMA 6.8.

1. Si dos triángulos tienen la misma base o bases iguales, entonces la razón de sus áreas es igual a la razón de sus alturas.

2. Si dos triángulos tienen la misma altura o alturas iguales, entonces la razón de sus áreas es igual a la razón de sus bases.

Demostración:

1. Si BC = EF, entonces

[

_[

_]

]

[

_[

_]

]

2. Si AX = DY, entonces

[

]

[

]

[

[

]

]

BC BY . EF AX . BC DEF 2 ABC 2 DEF ABC = = = Y EJEMPLO 6.32.

Sea D un punto de la base BC de un triángulo ABC y sea E un punto de AD de modo que n

m AD AE

= . Entonces se tiene que

[

]

[

]

m n ABC EBC − = B D A E X Y Solución: C

Si X, Y son las proyecciones ortogonales de E, A sobre BC, entonces los triángulos DXE, DYA son semejantes y se ve que

AY EX AD

BE

= ... (a)

De la hipótesis se ve que AE = km y AD = kn para cierto valor de k. Luego, DE = AD – AE = k(n – m). Por ende,

n m n kn ) m n ( k AD DE − = −

= ... (b)

De (a) y (b) se concluye que

n m n AY

EX −

= . Los triángulos EBC, ABC tienen la misma base BC. Del teorema 6.7.1 se sigue que

[

]

[

]

m n AY EX ABC EBC − = = EJEMPLO 6.33

Sea P un punto del lado BC de un triángulo ABC de modo que PC = 4.BP. ¿Qué relación existe entre las áreas de los triángulos ABP, APC?

h

B P C

A

Solución:

[

]

[

]

1 PC BP APC ABP

= =

EJEMPLO 6.34.

Sea D un punto de la base BC de un triángulo ABC de modo que BC = 3BD; sea E un punto de AD tal que AD = 3AE; sea F un punto en BE de modo que BE = 3BF y sea G un punto de FC tal que CF = 3CG.Halle la razón de las áreas de los triángulos EFG, ABC.

Solución:

Trace el segmento EG. Como

3 1 AD AE

= se sigue del ejemplo 6.31 que

B D A

E

F G

C

[

]

[

]

2 ABC EBC

= ... (a)

Los triángulos EFG, EFC tienen la misma altura. Por el teorema 6.7.2 se obtiene que

[

]

[

]

2 FC FG EFC EFG

=

= ... (b)

Los triángulos EFC, EBC tienen la misma altura. Por el teorema 6.7.2 se observa que

[

]

[

]

2 EB EF EBC EFC

=

= ... (c)

Multiplicando (a), (b), (c) se obtiene que

[

]

[

]

[

[

]

]

[

[

]

]

2 . 3 2 . 3 2 EBC EFC . EFC EFG . ABC EBC

= . Al simplificar se tiene

el siguiente resultado

[

_[

]

_]

8 ABC EFG

=

EJEMPLO 6.35.

Sea P un punto interior y sean X, Y, Z puntos en los lados BC, AC, AB de un triángulo ABC. Sean AU, BV, CW las paralelas a PX, PY, PZ limitadas por los lados. Entonces

. 1 CW

PZ BV PY AU PX

= +

+

U A

B X D E C

P

Sean D y E las proyecciones ortogonales de P y A sobre BC. Los triángulos PBC y ABC tienen la misma bases BC. Por el teorema 6.7.1 se tiene que

[

]

[

]

PD ABC PBC ₌

. Los triángulos PXD y AUE son semejantes por tener sus lados paralelos. Luego,

AU PX AE PD

= . Sustituyendo este valor arriba se tiene que

[

]

[

]

PX ABC

PBC ₌

. Si hacemos esta misma comparación con los triángulos BPA y APC se tiene que

[

]

[

]

PZ ABC BPA

= y

[

]

[

]

PY ABC APC

= . Al sumar las tres ultimas igualkdades se ve que

[

]

[

]

[

[

]

]

[

[

]

]

[

] [

[

] [

]

]

[

[

]

]

ABC ABC ABC

APC BPA

PBC ABC

APC ABC

BPA ABC

PBC _{+ + =} + + _{= =}

TEOREMA 6.9.

El área de un paralelogramo es igual al producto de un lado y su altura. Demostración:

A B

D C

Sea ABCD un paralelogramo de altura DX. Al trazar la diagonal BD se forman dos triángulos ABD, BCD congruen-tes y se tiene que [ABD] = [BCD]. Por tanto, [ABCD] = [ABD] + [BCD] = 2[ABD] = AB.BX.

X

COMENTARIO 6.6.

Si b es la base de un paralelogramo y h es su correspondiente altura, entonces su área está dada por la fórmula

S = b.h ... (6.5) EJEMPLO 6.36.

Halle el área de un paralelogramo de base b y altura h si (a) b = 12, h = 3 (b) b = 0,75; h = 2 (c) b = π, h = 2 5 (d) b = 3x, h = x Solución:

Bastará aplicar en cada caso la fórmula (6.5) (a) S = 12.3 = 36 (b) S = 0,75 2 ≈ 1,06

(c) S = 5π.2 = 2π 5 (d) S = (3x)x = 3x2 EJEMPLO 6.37.

Si M es el punto medio del lado AB de un paralelogramo ABCD, entonces [AMD] = [MBC].

Solución: D C

Como M es el punto medio de AB se tiene que AM = MB. Luego, los triángulos AMD, MBC tienen las bases iguales AM. MB. Del teorema 6.5 se deduce el resultado.

EJEMPLO 6.38.

La figura ABCD que sigue es un paralelogramo y los ángulos en E, F, G, H son rectos. Halle (a) AD si AB = 18, EH = 19, BG = 15

(b) CD si AD = 22, BG = 7, EH = 14 (c) AB si CF = 12, BG = 16, BC = 17 (d) EH si BG = 24, AD = 28, AB = 32 (e) BC si AB = 50 , CF = 6, GB = 18

H

D C

A B E F

G

Solución:

Nótese que HEFC es un rectángulo y así HE = CF. Además, este segmento es altura respecto de las bases AB, CD. Por otro lado, BG es la altura respecto de las bases AD. CD.

(a) De (6.5) se sigue que [ABCD] = AB.EH = AD.BG. Al sustituir en la última igualdad los datos se tiene que 18.10 = AD.15, y al dividir por 15 se obtiene que AD = 12.

(b) De (6.5) se sigue que [ABCD] = CD.EH = AD.BG. Al sustituir en la última igualdad los datos se tiene que CD.14 = 22.7, y al dividir por 14 se obtiene que CD = 11.

(c) De (6.5) se sigue que [ABCD] = AB.CF = BC.BG. Al sustituir en la última igualdad los datos se tiene que AB.12 = 17.16, y al dividir por 12 se obtiene que AB ≈ 22,67.

(d) De (6.5) se sigue que [ABCD] = AB.EH = AD.BG. Al sustituir en la última igualdad los datos se tiene que 32.EH = 28.24, y al dividir por 32 se obtiene que EH = 21.

(e) De (6.5) se sigue que [ABCD] = AB.CF = BC.BG. Al sustituir en la última igualdad los datos se tiene que 50.6=BC. 18 = AD.15, y al dividir por 18 se obtiene que BC = 10.

EJEMPLO 6.39.

De todos los paralelogramos que tienen la misma base y la misma área, el rectángulo es el que tiene el perímetro mínimo.

Solución:

Sea ABCD un paralelogramo de base AB y altura DX. Entonces [ABCD] = AB.DX. Si la base AB y el área [ABCD] son fijas, entonces se deduce que la altura DX es también fija. Por otro lado, el perímetro es p = BC+CD+DA+AB = 2.AB + 2.AD. Ya que AB es fijo el número p será mínimo cuando AD sea mínimo.Pero, AD ≥ DX por ser DX perpendicular, y el mínimo valor de AD se tiene cuando se hace AD = DX. Esto quiere decir que AD es perpendi-cular a AB y ABCD es rectángulo.

A B D C

EJEMPLO 6.40.

APB y ADQ son dos rectas de modo que los triángulos PAQ y BAD son equivalentes. Si se completa el paralelogra-mo ABCD y BQ corta a CD en S, entonces CS = AP.

Solución:

De la hipótesis [APQ] = [ABD], y vemos que [APD] + [PDQ] = [APD] + [PDB]. Al simplificar vemos que [PDQ] = [PDB]. Los triángulos PDQ y PDB tienen la misma base PD y la misma área y, por el teorema 6.5, las rectas PD y BQ son paralelas Luego, PBSD es un paralelogramo y se ve que BP = DS. Por otro lado, en el paralelogramo ABCD se tiene que AB = CD y así AP + PB = DS + SC. Por lo anterior se obtiene que AP = CS.

A

EJEMPLO 6.41.

Sea P un punto cualquiera en el lado AB de un paralelogramo ABCD. La recta CP cortará la prolongación del lado DA en el punto Q. Muestre que los triángulos APD, QBP son equivalentes. Solución:

2[APD] + 2[PBC] = AP.h + PB.h Fórmula (6.2) = (AP + PB) h Factor común h

= AB.h AB = AP + PB por hipótesis = [ABCD] Teorema 6.8.

B

S D P

Q C

A

B

D C

P E

Q

h

2[QPB] + 2[PBC] = 2[QBC] Composición de figuras = 2[CBD] Teorema 6.5 con base común BC = [ABCD] Demostración del teorema 6.8.

De ambos resultados se concluye que 2[APD] + 2[PBC] = 2[QPB] + 2[PBC] y asl simplificar en ambos miembros se tiene que [APD] = [QPB]

TEOREMA 6.10.

El área de un rectángulo es igual al producto de dos lados contiguos. Demostración:

COMENTARIO 6.7.

Si a y b son dos lados contiguos de un rectángulo, entonces su área está dada por la fórmula S = a.b ... (6.6)

EJEMPLO 6.42.

Halle el área de un rectángulo de lados contiguos b y si (a) b = 12, h = 3 (b) b = 0,75; h = 2 (c) b = π, h = 2 5 (d) b = 3x, h = x Solución:

Bastará aplicar en cada caso el teorema 6.8. (a) S = 12.3 = 36 (b) S = 0,75 2 ≈ 1,06

(c) S = 5π.2 = 2π 5 (d) S = (3x)x = 3x2 EJEMPLO 6.43.

Halle las dimensiones de un rectángulo de área 16 si un lado es cuatro veces el otro. Solución:

Si un lado es b, entonces el otro es 4b. Por ende, 4b2 = 16 y b2 = 4. Se ve que b = 2 y los lados son 2 y 8

EJEMPLO 6.44.

El área de cierto rectángulo es el doble de su perímetro. Si se sabe que las medidas de los lados del rectángulo son números enteros, ¿cuántos rectángulos satisfacen las condiciones mencionadas?

Solución:

Considérese un rectángulo de base b y altura a. Entonces su área es ab y su perímetro es 2a + 2b. Según las condiciones del problema se tiene que ab = 4(a + b). Luego, ab – 4a = 4b, o sea,

a(b – 4) = 4b. Al despejar a se tiene que a = .

4 b

16 4 4

b

16 ) 4 b ( 4 4

b

16 16 b 4 4 b

b 4

− + = −

+ − = −

+ − =

− Por

ende, a – 4 = 4 b

16

− . Ya que el miembro izquierdo es un entero se tendrá que el miembro derecho también lo será. Por tanto, b – 4 debe ser un dividor de 16. Las posibles soluciones son b = 5, 6 ú 8. En ese caso a = 20, 12 ú 8. Por consiguiente, hay tres rectángulos que satisfacen las condiciones mencionadas.

a a

b

b

TEOREMA 6.11.

El área de un cuadrado es igual al cuadrado de su lado. Demostración:

Un cuadrado de lado a es un rectángulo de lado a. Aplique el teorema anterior.

A B C

D

COMENTARIO 6.8.

El área de un cuadrado de lado a está dado por la fórmula S = a2 ... (6.7) EJEMPLO 6.45.

Halle el área de un cuadrado de lado a si (a) a = π; (b) a = 5,25 (c) a = 12 Solución:

En cada caso bastará aplicar la fórmula (6.7).

(a) S = π2 (b) S = (5,25)2 = 27,5625 (c) S = 122 = 144 EJEMPLO 6.46.

Halle el lado de un cuadrado si su área es 64. Solución:

Si a es el lado, entonces del teorema 6.9 se sigue que a2 = 64. Al extraer raíz cuadrada vemos que a = 8.

EJEMPLO 6.47.

Halle el área de un cuadrado si la diagoanal mide (a) 12 (b) d Solución:

En la figura del teorema 6.10 hemos representado un cuadrado de lado a y diagonal d. Por el teorema de Pitágoras se ve que d2 = a2 + a2 = 2a2.

(a) Si d = 12, entonces d2 = 12. De la fórmula anterior se ve que 12 = 2a2 y así a2 = 6 que es el área pedida.

(b) Despejando a2 resulta a2 = 2 d2

que es el área pedida.

EJEMPLO 6.48.

En la figura que sigue M es el punto medio del lado AB del cuadrado ABCD y sea E la intersección de BD y CM.

Calcular la razón entre el área del triángulo BCE y el área del cuadrilátero AMED.

E

M

D _C

A B F

O

Solución:

La diagonal AC corta la diagonal BD en su punto medio O. Luego, CM y BO son medianas del triángulo ABC, y ello indica que E es su baricentro. Sea F la proyección ortogonal de E sobre AB. Los triángulos MFE y MBC son semejantes y se ve que

1 3 ME MC EF BC

=

= . Por tanto,

[

]

[

]

[

[

]

]

3 EF BC EF . MB

BC . MB MBE

2 MCB 2 MBE

MCB _{= = = =}

[BCE] = 2[MBE] ... (b).

Por otro lado, [MBD] = [MBC] por tener la misma base MB y sus alturas iguales al ser CD y MB paralelas. Por tanto, [MBE] + [MED] = [MBE] + [BCE] y al simplificar se tiene que

[MED] = [BCE] ... (c). Además,

[AMD] = [MBC] ... (d)

por tener bases iguales AM = MB y alturas iguales al ser AB y CD paralelas. Por consiguiente,

[

]

[

]

[

[

[

] [

]

]

]

[

[

[

] [

]

]

]

[

[

[

] [

]

]

]

5 MBE

2

MBE 2 MBE 3 BCE

BCE MBC

BCE MED AMD

BCE AMED

= +

= +

= +

=

donde se usó (d) y (c) en la segunda igualdad, y (a) y (b) en la tercera igualdad. EJEMPLO 6.49.

Sean X, Y dos puntos en los lados contiguos AB, AD de un cuadrado ABCD de la do a de modo que equidisten del vértice A. ¿Dónde deberá colocarse el punto X para que el área del cuadrilátero DYXC sea máxima?

x

A

B

X

D

C Y

x

a

a–x

Solución:

2[ABCD] = 2[DYXC] + 2[XAY] + 2[XBC]. Luego, 2[DYXC] = 2[ABCD] – 2[XAY] – 2[XBC]. Usando las fórmulas y los datos que colocamos en la figura que sigue se tiene que 2[ABCD] = a2 – x2 – (a–x)a = –x2 + ax + a2. Al dividir por 2 se obtiene que

S =

(

)

2 a a x x 2 1 2 a x 2 a x 2

1 2 + + 2 =− − + 2

− . Este es un trinomio de segundo grado y su

representación geométrica es una parábola que se dirige hacia abajo puesto que el coeficiente de x2 es negativo. Por ende, tendrá un máximo. Si se hace x = 0 y x = a vemos de la última igualdad que S coincide. Por tanto, el máximo se alcanza en el punto medio de x = 0 y x = a, es decir, si x = . En consecuencia, el área del cuadrilátero DYXC será máxima siempre y cuando x =

2 a

, y el punto X es el punto medio del lado AB.

TEOREMA 6.12.

El área de un trapecio es igual a la semisuma de sus bases por su altura. Demostración:

A _B

D C

El trapecio ABCD de bases AB y CD, y de altura DE es la unión de los triángulos ABD y DBC. Luego, ABCD es medible por (A2) y se tiene que [ABCD] = [ABC] + [DBC] = ½ AB.DE +

½ CD.DE = .DE

2 CD AB+

COMENTARIO 6.9.

Si a y b son las bases de un trapecio y h es su altura, enonces el área de dicho trapecio está dada por la fórmula

S = h

2 b a+

... (6.8)

TEOREMA 6.13.

El área de un trapecio es el producto de la base media por la altura. Demostración:

Teoremas 3.27 y 6.10. EJEMPLO 6.50.

Halle el área de un trapecio ABCD si sus bases son AB = 12 y CD = 6 y su altura es 10. Solución:

De (6.8) se obtiene que [ABCD] = 10 2

6 12+

= 90.

EJEMPLO 6.51.

Halle el área de un trapecio si su altura es 12 y su base media mide 24. Solución:

De (6.8) se sigue que su área es igual a S = .12 2 24

= 144. EJEMPLO 6.52.

En un trapecio isósceles ABCD la base menor mide CD = 10, su altura es DE = 6 y los ángulos de la base miden ∠A = ∠B = 45º. Halle el área del trapecio.

A B

D C

F E

45º 45º

Solución:

Sea F la proyección ortogonal de C sobre AB. Los triángulos rectángulos AED y BFC son isósceles y AE = DE = CF = FB = 6. Además, CD = EF = 10. Por tanto, [ABCD] =

DE . 2

CD AB+

= .6

2

10 ) 6 10 6

( + + +

= 156.

EJEMPLO 6.53.

Si una recta m separa a un paralelogramo en dos partes equivalentes, entonces m pasa por el punto de intersección de las diagonales.

Sea m una recta que corte los lados AB y CD del paralelogramo ABCD en los puntos P y Q de modo que [PBCQ] = [APQD]. Del teorema 6.10 se sigue que .h

2 QC PB+

= .h

2 DQ AP+

donde h es la distancia entre las rectas paralelas AB y CD. Sea O el corte de m con la diagonal BD. Ya que la otra diagonal biseca a BD bastará mostrar que O biseca a BD. De la igualdad anterior se sigue que PB + QC = AP + DQ y así PB−AP = DQ−QC. Al sumar esta igualdad con PB + AP = DQ + QC se concluye que PB = DQ. Luego, AP = CQ. Por otro lado ∠OPB = ∠OQD y ∠PBO = ∠ODQ por ser ángulos alternos internos entre paralelas cortadas por una transversal.Por tanto, los trián-gulos POB y QOD son congruentes y se tiene que OB = OD.

A m

P

Q O

B

EJEMPLO 6.54. A

B

D

C E

a a

b

b c

c

La figura anterior es un trapecio ABCD de bases BC y AD donde AB es perpendicular a BC. Se toma un punto E en AB de modo que EB = AD = a y AE = BC = b. Esta figura fue usada por el General James A. Gardfield, vigésimo Presidente de los Estados Unidos de Norteamérica, para demostrar el teorema de Pitágoras usando la suma de áreas. ¿Cómo hizo esto?

Solución:

Por el primer criterio de congruencia y la hipótesis se tiene que los triángulos EBC y DAE, rectángulos en B y A, son congruentes. Así, DE = EC = c. ∠BEC = ∠ADE y ∠BCE = ∠AED. Por tanto, ∠DEC = 180º − (∠BEC + ∠AED) =

180º − (∠BEC + ∠BCE) = 180º − 90º = 90º y el triángulo DEC es rectángulo en E y es isósceles. Por tanto, se tiene que [ABCD] = [EBC] + [DEC] + [DAE], o sea,

AB . 2

AD BC+

=

2 AD . EA 2

EC . DE ` 2

BC . BE

+

+ , es decir, (a b)

2 a b

+ +

=

2 a . b 2

c . c 2

b . a

+

+ . Al

efectuar las operaciones se obtiene que c2 = a2 + b2. EJEMPLO 6.55.

ABCD es un cuadrilátero y E y F son los puntos medios de AB y CD. Si AF y DE se cortan en G, y CE y BF se cortan en H, entonces [GEFH] = [AGD] + [BHC].

Solución:

B A

E F

G

x

y

C H

z

TEOREMA 6.14.

El área de un cuadrilátero es igual al producto de sus diagonales por el seno del ángulo comprendido entre ellas.

Demostración:

Sea O la intersección de las diagonales AC, BD de un cuadrilátero cualquiera ABCD. Se tiene entonces que 2[ABCD] = 2[AOB] + 2[BOC] + 2[COD] + 2[DOA] =

A

B D

C

= OA.OB.sen ∠AOB + OB.OC.sen ∠BOC + OC.OD.sen ∠COD + OA.OD.sen ∠AOD. Pero, sen ∠AOB = sen ∠BOC = sen ∠COD = sen ∠AOD. Por tanto, en la igualdad anterior se obtiene que

2[ABCD] = OA.OB.sen ∠AOB + OB.OC. sen∠AOB + OC.OD.sen∠AOB + OA.OD.sen∠AOB =

= (OA.OB + OB.OC + OC.OD + OA.OD).sen∠AOB

= [OB(PA + OC) + OD(OA + OC)] sen∠AOB = (OA + OC).(OB + OD)sen∠AOB = AC.BD. sen∠AOB. Al dividir por 2 se obtiene el resultado.

TEOREMA 6.15.

Si un cuadrilátero tiene sus diagonales perpendiculares, entonces su área es igual al semiproducto de las diagonales.

Demostración:

Hágase ∠AOB = 90º en el teorema anterior. TEOREMA 6.16.

El área de un rombo es igual al semiproducto de sus diagonales. Demostración:

Todo rombo tiene sus diagonales perpendiculares. Aplíquese el teorema anterior. COMENTARIO 6.10.

Si d y d´ son las diagonales de un rombo, entonces su área está dada por la f´órmula

S = 2

´ d . d

EJEMPLO 6.56.

Si se construye un cuadrado sobre un lado de un rombo, entonces el área del cuadrado no puede ser menro que el área del rombo. A

B C D E F O Solución:

Sea ABCD un rombo de lado a y sea CDEF un cuadrado construido sobre el lado CD. Las diagonales del rombo se cortan en un punto O. Por el teorema de Pitágoras en el triángulo OBC se tiene que CD2 = OD2 + OC2 =

=

(

)

BD 2 2 2 2 2 2 − 2 +

= + − + = + = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ =

(

)

, es decir,

2 AC . BD

CD2 ≥ . En consecuencia el área del cuadrado es mayor o igual que el área del rombo.

DEFINICIÓN 6.3.

Una correspondencia biunívoca entre los vértices A, B, C, ... y D, E, F, ... de dos polígonos se llama una semejanza si sus ángulos correspondientes son iguales y sus lados correspondientes son proporcionales. Dos polígonos se dicen semejantes si existe una semejanza entre ellos. COMENTARIO 6.11.

Este definición es una generalización de la semejanza de triángulos dada en el capítulo 2. EJEMPLO 6.57.

Dos cuadrados son polígonos semejantes. TEOREMA 6.17.

La razón de las áreas de dos triángulos semejantes es igual al cuadrado de la razón de la semejanza.

Demostración:

Sean ABC y DEF dos triangulos semejantes. Entonces ∠A = ∠D y k DF AC DE AB

=

= . Luego,

D

E F

B C

A

[

]

[

]

[

[

]

]

AC . DE AB senD . DF . DE senA . AC . AB DEF 2 ABC 2 DEF ABC = =

EJEMPLO 6.58.

¿Cuál es la razón de las áreas de dos triángulos semejantes cuyos lados más largos tienen longitudes de 3 y 4?

Solución:

De acuerdo con el teorema anterior se tiene que la razón de las áreas es

16 9 4 3 2 2

=

EJEMPLO 6.59.

Si E, F son los puntos medios de los lados AC, AB de un triángulo ABC, halle

_[

[

]

_]

[

_[

_]

]

ABC AFE

A

Solución:

Los triángulos AFE, ABC son semejantes de razón k =

2 1 AB AF ₌

. Por el teorema 6.11 vemos que

[

]

[

]

1 ABC AFE

= . Se tiene así que [ABC] = 4 [AFE]. Por otro lado, [ABC] = [AFE] + [FBCE] y vemos

que [FBCE] = [ABC] – [AFE] = 4[AFE] – [AFE] = 3[AFE]. En consecuencia,

[

]

[

]

AFE FBCE ₌

E F

C B

EJEMPLO 6.60.

En el triángulo ABC el segmento CD es la altura del lado AB. Se desea trazar una recta m, paralela a AB, que determine un triángulo semejante al lado, pero cuya área sea la mitad. Si m corta a CD en X y si CD = 1. Halle CX

A

m E

F

B C

D X

Solución:

Sean E, F las intersecciones de m con los lados CB, CA. Los triángulos CFE, CAB son semjantes de razón k. Por el teorema 6.11 se sigue que

[

]

[

]

2 1 CAB CFE

=

= . Donde k =

CD CX CB CE

= . Luego,

2 1 CD CX

= . Como CD = 1 se concluye que CX = 2 1

.

EJEMPLO 6.61.

Dos triángulos ABC y DEF son equiláteros. Si una altura del triángulo DEF es igual a un lado del triángulo ABC, entonces 3[DEF] = 4[ABC].

Sea DY = AB una altura del triángulo DEF. Los triángulos ABC y DEF son semejantes porque sus ángulos miden 60º. Por el teorema anterior se tiene que

[

]

[

]

2 2

AB DE AB

DE ABC

DEF ₌

⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛

= . Pero, EY =

½DE. Por el teorema de Pitágoras vemos que DE2 = DY2 + EY2 = DY2 + ¼DE2. O sea, AB2 = DY2 = DE2 − ¼DE2 = ¾DE2. Sustituyendo arriba resulta que [DEF] : [ABC] = 4:3.

EJEMPLO 6.62.

El área de un triángulo es igual al producto de sus lados entre cuatro veces el circunradio del

triángulo. A

O

B

D

K

C

Solución:

Sea AD la altura del lado BC en un triángulo ABC. Sea AK el circundiámetro que pasa por el vértice A. Los ángulos ABC y AKC son iguales porque están inscritos en el mismo arco AC. Los ángulos ADB y ACK son rectos. Por tanto, los triángulos ABD y AKC son semejantes por tener dos ángulos iguales. Por ende,

AC AD AK AB

= . Esto quiere decir que

b h R 2

c _a

= . Por tanto, 2Rha = bc.

Al multiplicar la igualdad por a se obtiene que 2R(aha = abc. Usando la fórmula 6.1 se obtiene

que 2R.2[ABC] = abc. En consecuencia, [ABC] = R 4 abc

TEOREMA 6.18.

El área de un polígono regular es igual al producto de su semiperímetro y la apotema. Demostración:

Como se forman n triángulos isósceles congruentes, el área del polígono regular será la suma de las áreas de esos triángulos. Cada área es igual a ½La donde L es la longitud del lado y a es la apotema. El área total será ½nLa. Pero, ½nL es el semiperímetro del polígono regular.

EJEMPLO 6.63.

Halle el área del hexágono regular de lado 10. Solución:

En el hexágono regular se tiene que L = R = 10. Del teorema 4.3 se tiene que la apotema es a =

2 R R 4 2 − 2

= 5 3

2 3 R

= . Luego, su área es 5 3 150 3 2

10 . 6

=

EJEMPLO 6.64.

Un cuadrado y un pentágono regular tienen el mismo perímetro p. ¿Cuál de las áreas es mayor?. Solución:

El lado del cuadrado es L = p/2 y su apotema es a = OM = p/8. Por ende, su área es p2/16 = 0,0625p2. En un pentágono regular su lado es p/5 y su semiperímetro es p/2. Su ángulo central es 360/5 = 72º. Por ende, los ángulos de la base de cada triángulo isósceles son 54º. La apotema es a = AM.tg 54º = (p.tg 54º)/10. Su área será (p/2)(p/10)tg 54º = 0,069p2. Se ve entonces que el pentágono regular tiene área mayor que el cuadrado.

EJEMPLO 6.65.

El área de un hexágono regular inscrito en una circunferencia es las tres cuartas partes del área del hexágono regular circunscrito en la misma circunferencia.

Solución:

Sean AB y A`B` los lados del exágono regular inscrito y circunscrito en O(k). Sean M` y M los puntos medios de A`B` y AB. Entonces MB = AB/2 = k/2. Así,

OM = 2 3 k 4 k k BM OB 2 2 2

2 − = − =

. Los triángulos OAB y OA`B` son semejantes por tener sus lados paralelos. Del teorema 6.11 surge que

[

]

[

]

= ₂

2 2 2 ` OM OM ` OA OA = = 4 3 k 4 k 3 2 2

= . Al

multiplicar y dividir por 6 resulta que

[

]

[

]

3 ` B ` OA 6 OAB 6

= . El numerador indica el área del exágono inscrito y el denominador el área del exágono circunscrito.

COMENTARIO 6.12

En la tarea 1.1 del capìtulo 1 se propuso colocar un cordel alrededor de una circunferencia para medir su longitud. Surge entonces la interrogante: ¿qué es la longitud de una circunferencia?. En el caso de un polígono su longitud es su perímetro, es decir, la suma de las longitudes de sus lados. En el caso de la circunferencia no se puede decir lo mismo puesto que carece de "lados". Una manera de resolver el problema es inscribir polígonos regulares en la circunferencia, cada vez con un número mayor de lados, y sus perímetros se irán acercando a un número real que llamaremos longitud de la circunferencia.

DEFINICIÓN 6.4.

La longitud de una circunferencia es el número al que tienden los perímetros de los polígonos regulares inscritos en ella.

TEOREMA 6.19.

La razón entre la longitud de una circunferencia y su diámetro es constante. Demostración:

Se inscribe un polígono regular de n lados en dos circunferencias O(k) y O`(k`) con k`> k. Sean AB y A`B` los respectivos lados de los polígonos. Los triángulos AOB y A`O`B` son semejantes porque ∠AOB = ∠A`O`B`, OA = OB = k y O`A` = O`B` = k`. Luego,

` B ` O ` B ` A OB AB

= , O sea,

` k 2 ` B ` A k 2 AB

= . Se tiene entonces que

` k 2 ` B ` A . n k 2 AB . n

= . Los numeradores de estas dos igualdades son

O

los perímetros de ambos polígonos regulares, y a medida que n crece esos números se acercarán a los números

` k 2

` C k 2

C

= dobnde C y C` son las longitudes de ambas circunferencias. Por ende,

´ k 2

k 2 ´´ C

C =

COMENTARIO 6.13

Este teorema dice que al dividir la longitud de una circunferencia entre su diámetro se obtiene el mismo número, independientemente del tamaño de la circunferencia. Tiene sentido la tarea 1.1. DEFINICIÓN 6.5.

El número constante del teorema anterior se llama número pi y se denota por la letra griega π del mismo nombre. Su valor aproximado es π = 3,141592653589...

COMENTARIO 6.14

La longitud de una circunferencia de radio k está dada por C = 2πk. EJEMPLO 6.66.

Un rectángulo de cartulina se enrolla para formar un tubo de 40 cms de largo y 8 cms de diámetro. ¿Cuál es el área del rectángulo de cartulina?.

Solución:

Al desenrollar el tubo una de las longitudes es la de la circunferencia de radio 4 y, por ende, mide C = 8π. Luego, el área es 40.8π = 320π.

DEFINICIÓN 6.6.

Sea AB un arco de una circunferencia de centro O. Se divide el arco en n arcos iguales y se trazan las cuerdas correspondientes de longitud e. El perímetro de esas cuerdas es ne. Se define la longitud del arco AB como el número al que se acercan los perímetros, a medida que n vaya aumentando.

B

A O

AXIOMA 7.

Si dos arcos tienen radios iguales, entonces sus longitudes son proporcionales a sus medidas.

TEOREMA 6.20.

Si un arco tiene medida q y radio k, entonces su longitud es L = k 180

q π

Demostración: 180

k 360

k 2 360

C q

L π

= π =

EJEMPLO 6.67.

El minutero del reloj de una antigua iglesia mide 3 mts de alto. Halle la distancia que recorre la punta del minutero en 4 minutos.

Solución:

360/60 = 6 es el ángulo formado por 1 minuto. Luego, 6.4 = 24 es el ángulo que forma el arco a los 4 minutos. Por ende, la longitud es L = 3

180 24

π = 1,25 mts.

DEFINICIÓN 6.7.

El área de un círculo es el número al que se aproximan las áreas de los polígonos regulares inscritos en su circunferencia.

TEOREMA 6.21.

El área de un círculo de radio k es πk2

. Demostración:

El perímetro de cada polígono regular inscrito es igual a la mitad del producto del perímetro por la apotema. Ahora bien, el perímetro tiende a 2πk y la apotema se acerca a k cuando el número de lados se hace cada vez mayor. Por tanto, el área del círculo es el número ½.2.π.k.k = πk2

. EJEMPLO 6.68.

Si BC = 2.AB en la figura a la derecha, ¿qué fracción del círculo está rayado?. Solución:

El área del semicírculo encima de AB es

8 AB 2

AB 2

1 2 π 2

= ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛

π . El área de todo e semicírculo

inferior es 8 AB 9 2 AB 3 2 1 2 AC 2

1 2 2 π 2

= ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ π = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛

π y el área del semicírculo debajo de BC es

2 AB 2

BC 2

1 2 π 2

= ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛

π . Por ende, el área pedida es 2

2 2 2 AB 4 3 2 AB 8 AB 9 8 AB π = π − π + π

. El área total del círculo es 2

4 9

AB

π . Por consiguiente, el área de la parte rayada es un tercio del área total.

A C B

DEFINICIÓN 6.8.

O

EJEMPLO 6.69.

Un semicírculo es un sector circular. DEFINICIÓN 6.9.

El área de un sector circular es el número al que tienden las áreas de los triángulos isósceles congruentes con vértice en el centro que se puedan inscribir en dicho sector.

AXIOMA 8.

El área de un sector circular es proporcional a la longitud de su arco.

TEOREMA 6.22.

El área de un sector circular es el semiproducto del radio y la longitud del arco. Demostración:

Del axioma 8 se tiene que

k 2

k L

A 2

π π

= donde A es el área buscada, L es la longitud del arco y k es su radio. Se tiene entonces que A = ½ kL.

TEOREMA 6.23.

Si un sector circular tiene radio k y su arco tiene medida α, entonces su área está dada por A = k2

360π α

. Demostración:

A = ½kL = 2 k2

360 k

180 k 2 1

π α = π α

donde se han usado los teoremas 6.14 y 6.15.

EJEMPLO 6.70.

Si una pizza de 20 cms de diámetro se corta en ocho pedazos, ¿cuál es el área de cada pedazo? Solución:

A = 100

360 45

π = 12,5π cms2

.

EJEMPLO 6.71.

Halle el área de la región encerrada por tres circunferencias iguales y tangentes entre sí. Solución:

Y X

Z A

Sean X, Y, Z los centros de las circunferencias de radio k y sean A, B, C sus puntos de tangencia. Entonces de la hipótesis se ve que XY = XZ = ZY = 2k. El área de la región encerrada entre las tres circunferencias es igual al área del triángulo equilátero XYZ menos las áreas de los sectores circdulares xAB, AYC, BCZ. El área del triángulo XYZ está dado por [XYZ] =

2 3 ) k 2 )( k 2 ( 2 1 = 3

k2 . Cada sextor circular es la sexta parte de la circunferencia porque el ángulo central mide

60º. Luego, la solución es ⎟

⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ π − = π − 2 3 k 6 k . . 3 3 k 2 2 COMENTARIO 6.15.

Este resultado fue establecido por Hipócrates de Chio (ca 640 AC). Por esta razón, la figura se llama las lúnulas de Hipócrates.

EJEMPLO 6.72.

Dividir una circunferencia en cuatro partes cuyas áreas sean proporcionales a los números 3, 4, 8 y 9.

Solución:

Si α, β, δ, ω son los arcos de los cuatro sectores circulares, entonces por el teorema 6.17 y la

hipótesis se tiene que

9 360 k 8 360 k 4 360 k 3 360

k2 2 2 πω 2

= πδ = πβ = πα

. Al simplificar vemos que

24 360 9 8 4 3 9 8 4

3 + + + =

ω + δ + β + α = ω = δ = β = α

= 15. Por ende, α = 3.15 = 45º, β = 4.15 = 60º, δ = 8.15 = 120º y ω = 9.15 = 135º.

COMENTARIO 6.16.

En este libro se han usado los grados como medida de los ángulos. Este sistenma de medida fue introducido por los antiguos matemáticos babilonios, cuyas tablas estaban basadas en una escala de 60. Posiblemente, esto se debió a que ese pueblo dividía el año en 360 días. En el sighlo pasado se introdujo en la matemática superior un sistema de medidas de ángulos basado en los radianes.

Un radián es el ángulo central de una circunferencia que corresponde a un arco cuya longitud es igual al radio de la circunferencia.

R R

La medida de un ángulo en radianes es igual a la longitud del arco subtendido dividido entre la longitud del radio.. La longitud de una circunferencia de radio R es 2πR y la medida de su ángulo central es

R R

2π _{= 2π. Por tanto, 360º equivale a 2π radianes, es decir, 180º equivale a π radianes.}

EJEMPLO 6.73.

¿Cuántos radianes son 135º? Solución:

135º = 189 135π

= 4 3π

EJERCICIOS §6

1. Halle el área de un rectángulo de base 12 y altura 14. 2. Halle el área de un triángulo de base 10 y altura 4. 3. Halle la base de un triángulo de área 144 y altura 16.

4. Los catetos de un triángulo rectángulo miden 12 y 16. Halle el área del triángulo y la altura de la hipotenusa. 5. Halle la altura de un rectángulo de área 165,54 y de altura 22,37.

6. Halle el área de un cuadrado de lado 16. 7. Halle el lado de un cuadrado de área 225.

8. Si un lado de un cuadrado se disminuye en 4, se obtiene otro de 256 m2 menos que el primero. ¿Cuál era su lado?

9. Un triángulo isósceles rectángulo tiene área 256. ¿Cuánto mide su cateto? 10. Halle el área de un cuadrado de diagonal 5 2.

11. Halle el lado y el área de un cuadrado si la diagonal y el lado suman 5,8.

12. Un terreno rectangular, cuya anchura es los 3/5 de su longitud, está rodeado de un sendero rectangular, perteneciente al terreno, de 1 m de ancho. ¿Ciuál será el área de ese sendero, si el perímetro interior del mismo es 136 m y cuál será el área del terreno?

13. Sobre cada lado de un cuadrdao ABCD se construyen triángulos isósceles de altura la mitad del lado. Se obtiene un cuadrado de área el doble del cuadrado original.

14. Halle los lados y el área de un rectángulo cuya diagonal mide 48 y la relación entre el ancho y el largo es 1:3.

15. Halle en la diagonal AC de un cuadrado ABCD un punto P de modo que al unirlo con los vértices A, B, D quede dividido el cuadrado en tres partes equivalentes.

16. Halle el área de un rectángulo cuya base es el triple de su altura y si se aumenta cada dimensión en 5 el área aumenta en 385.

17. Halle el área de un triángulo de lados 135, 85 y 75. 18. Halle el área de un triángulo equilátero de lado 12.

19. Sea G el baricentro del triángulo ABC. Sea D el punto medio de BC y se prolonga GD hasta PO de modo que DP = AD/3. Halle el área de un triángulo GBP.

20. Sea ABC un triángulo de lados AB = 30, BC = 37 y AC = 55. Calcule el área de los triángulos que se forman al trazar la altura AD. ¿A qué distancia de A hay que tomar un punto P en AC de modo que el segmento BP divida al triángulo ABC en dos triángulos cuya diferencia de áreas sea 120.

21. Si se unen los vértices de un paralelogramo con un punto cualquiera de una de sus diagonales, los cuatro triángulos que resultan son equivalentes de dos en dos.

22. Si por un punto de una diagonal de un paralelogramo se traza una paralela a cada par de lados del mismo, quedan formados cuatro paralelogramos; los formados a ambos lados de la diagonal son equivalentes y los otros dos son proporcionales a los cuadrados de los segmentos de la diagonal.

23. El área de un triángulo equilátero es 100 3. ¿Cuáles son las longitudes de sus lados y alturas?

24. Un segmento dado es un lado de un cuadrado y, también, la hipotenusa de un triángulo rectángulo isósceles. Entonces el área del cuadrado es cuatro veces el área del triángulo.

25. Sea ABCD un trapecio de bases AB y CD y sea M el punto medio de BC. Trace por M la paralela a AD hasta cortar a AB en P. Entonces [APD] = [PBCD] = ½[ABCD].

26. En un paralelogramo ABCD las bisectrices de los ángulos A y C cortan la diagonal BD en E y F. Entonces las áreas de las figuras ABCFE y AEFCD son iguales.

27. Trace una recta que divida a dos paralelogramos dados en figuras de áreas iguales.

28. Halle la razón de las áreas de dos triángulos equiláteros si el lado del primero es igual a la altura del segundo.

29. Halle el área del trapecio ABCD de bases AB y CD si ∠A = 45º, ∠B = 30º, BC = 16 y CD = 5. 30. Halle el área de un paralelogramo si dos lados consecutivos miden 30 y 45, y su ángulo mide 30º.

31. En el triángulo ABC se tiene que BC = 8 y la altura AD = 3. En el triángulo DEF se tiene que EF = 6. Halle la altura del lado EF si [ABC] = [DEF].

32. Sobre los lados de un triángulo rectángulo isósceles de cateto b se construyen tres cuadrados hacia el exterior. Calcule el área del triángulo formado por los centros de los cuadrados.

34. El cuadrilátero ABCD tiene inscrita una circunferencia de diámetro 10. Si el perímetro del cuadrilátero es 56, ¿cuál es su área?.

35. Sea ABCD un cuadrado de lado a y sean E y F los puntos medios de los lados opuestos AB y CD. FG corta a DE en G y BF corta a CE en H. ¿Por qué FGED es un rombo? Calcule su área.

36. Una pista de carreras es el anillo formado por dos circunferencias concéntricas. Si el ancho de la pista es 10, en cuánto difieren los perímetros de ambas circunferencias?

37. Si E, F, G son los puntos medios de los lados AB, BC, CD de un cuadrado ABCD, entonces [AFG] = [DEF]

=

[

]

2

.

38. Sea ABC un triángulo rectángulo en A. Sean ABDE y ACFG los cuadrados construidos sobre los catetos AB y AC. Sean H y K las proyecciones de D y F sobre la recta BC. Entonces [DHB] + [CFK] = [ABC]. 39. D es el punto medio del lado BC de un triángulo ABC. Si E es un punto interior cualquiera del triángulo,

entonces la resta de las áreas de los triángulos ABE y ACE es el doble del área del triángulo ADE. 40. Si en un cuadrilátero ABCD la diagonal BD es bisecada por AC, entonces [ABC] = [CDA]. 41. Exprese y demuestre el recíproco del ejercicio anterior.

42. Sea ABCD un paralelogramo. Si P es un punto de AB con AB = 3AP y Q es un punto de DP con DP =

3DQ, entonces [QBC] =

[

]

4

.

43. Sea ABCD un paralelogramo. Trace por A y C dos paralelas hasta cortar a DC y AD en E y F. Trace por E la paralela a AC hasta cortar a AB en P. Entonces PF es paralela a BD.

44. ABCD es un paralelogramo. Trace por A una recta que corte a BC y DC en E y F. Entonces [BEF] = [DCE]. 45. Sean D y E los puntos medios de los lados AB y AC de un triángulo ABC. Halle la razón [ABC]:[ADE)] 46. Si D y E son los puntos de contacto del incírculo y el excírculo de un triángulo ABC con el lado AB,

entonces AD.DB = AE.EB y es el área del rectángulo cuyos lados son los radios de ambas circunferencias. 47. El área de un triángulo que tiene como lados las medianas de otro triángulo es igual a los tres cuartos del

área de este último triángulo.

48. Dados los lados b y c de un triángulo ABC que tiene como área S = bc 5 2

, halle el lado a.

49. Halle el área de un triángulo isósceles si su base mide 12 y la altura es igual al segmento que une los puntos medios de la base y uno de los otros dos lados.

50. Desde el vértice de un ángulo obtuso de un rombo se trazan perpendiculares de longitud k a otros dos lados. La distancia entre los pies es b. Halle el área del rombo.

51. Halle el área de un rombo si su perímetro es 2p y la suma de sus diagonales es m.

52. Halle el área de un trapecio si sus bases miden 16 y 44, y los otros dos lados miden 17 y 25. 53. Halle el área de un cuadrado inscrito en un triángulo equilátero de lado a.

54. En un triángulo isósceles de base 4 y altura 6 se traza una semicircunferencia de diámetro uno de los lados iguales. Los puntos en que la base y el otro lado cortan la semicircunferencia se unen con un segmento. Halle el área del cuadrilátero así obtenido inscrito en la semicircunferencia.

55. Dado un triángulo isósceles de base 2a y altura h, se inscribe en él una circunferencia y se traza una tangente a ella paralela a la base del triángulo. Halle el radio de la circunferenciuia y la longitud de la tangente comprendida entre los lados iguales.

56. Desde un punto exterior a una circunferencia se trazan dos secantes cuyas porciones exteriores miden 2. Halle el área del cuadrilátero cuyos vértices son los puntos de intersección de las secantes y la circunferencia sabiendo que los lados opuestos miden 6 y 2,4.

57. Halle el área del incírculo de un triángulo rectángulo si la altura de la hipotenusa divide a ésta en segmentos que miden 25,6 y 14,4.

58. A una circunferencia de radio k se trazan cuatro tangentes que forman un rombo cuya diagonal mayor mide 4k. Halle el área de cada una de las figuras limitadas por dos tangentes trazadas desde un punto común y el arco menor de la circunferencia contenido entre los puntos de tangencia.

59. El área de un trapecio isósceles circunscrito a una circunferencia es S. Halle la longitud de la base del trapecio si un ángulo de la base mide 30º.

60. Se circunscribe un trapecio isósceles de área 20 a una circunferencia de radio 2. Halle los lados del trapecio. 61. Conociendo el lado a de un polígono regular inscrito en una circunferencia de radio k, calcular el lado del