Experimentos de Geometría (I) (Notas sobre un seminario impartido por el profesor Miguel de Guzmán) :: Números: revista de Didáctica de las Matemáticas

CXPUllf'/E.NTOS DE. 9Wf'IE.TRill. ( 1. )

po/I. el p/l.of.e/.>o/I. f'll 911E.L DE. 9/J.Zf'/11.N con

ciedad Cana/l.ia de P/l.of.e/.>O/l.e/.> de f'laiem&iica<>

Redaccl6n y difujo<> f'/, Te/l.n&ndez Reye<>

1. GEOMETRIA DEL PLIEGUE

1, TRAZADO DE LA PERPENDICULAR A UNA RECTA POR UN PUNTO 11. Señala en un papel una recta " y un punto cualquiera 11.. Plie-ga el papel de modo que el pliegue pase por 11. • y /l. venga a coincidir con sigo misma. Los ángulos en S resultantes al desplegar ,son rectos.

2, TRAZADO DE UNA PARALELA

3, PUNTO MEDIO DE UN SEGMENTO AB

Pliega haciendo coincidir A con B. La intersecci6n de la l i nea de pliegue y el segmento, es el punto medio pedido, Dicha línea es -la perpendicu-lar al segmento por su punto medio.

4, TRISECAR UN ÁNGULO

DibÚj.alo y rec6rtalo. Forma un cucurucho tal que,al aplastar.-lo, resulten dos pliegues coincidentes con los lados del ángulo. Aplást.!!, lo con cuidado,despliega,remarca las línéas de pliegue, y tendrás tu án-gulo dividido" en tres partes muy aproximadamente iguales.

A los matemáticos griegos,grandes ge6metras,les trajo de cab~ za el problema de la trisecci6n de un ángulo de cualquier amplitud,uti-lizando s6lo el compás y la regla (6sta,s6lo para trazar;no para medir) Muchos siglos despu6s,en el XIX, se demostr6 que tal construcci6n es,en

-general, imposible.

Pero,mientras,construyeron ingeniosos instrumentos de trisec-ci6n. Exponemos a continuación la forma de hacer y usar uno de ellos.

---.. ·- e

_z,,

. . - - - " ' - - - .

- - ... 6

i,s

¡ _ _ - - - ' - - - · A

-Vamos a trisecar el ángulo POQ de la figura. Para ello,coloc~ mos el instrumento de forma que :

su borde a pase por el vértice del ángulo; su esquina A quede sobre el lado' OQ;

su borde en arco resulte tangente al lado OP. Así. :

A

Marcando los puntos donde quedan situados By C y el punto -de tangencia T ,resultan iguales (¿por qué?) los triángulos rectángulos OTC , OCB y OBA. En consecuencia,los tres ángulos en O son iguales.

~

/

/

-/

/

--2. PLEGANDO UN TRIANGULO

1. SUMA DE LOS ÁNGULOS INTERIORES

Reproduce el triángulo adjunto y rec6rtalo.(Hemos elegido un-trián~ulo obtusángulo y escaleno,para que ningún alumno pueda creer que

la propiedad que vamos a deducir es exclusiva de un tipo determinado de

triángulo; esto es importante).

A ,.. .

Traza,por plegado,la altura del lado BC, Llama Ha a su pie. Pliega el -Criángulo de. manera que el vértice A llague a coin

cidir con Ha'

Efectúa otros dos pliegues,uno a Ja derecha y el otro a la i~

quierda,para llevar,respectivamente,los vértices C y B a coincidir con -el punfo Ha.

Al final, tiene que quedarte así

H~:A:~~C

Observa que los tres ángulos en Ha son los tres ángulos inte-riores del triángulo dado. Y, como sumados dan un llano,podemos asegurar

que "la 4uma de lo4 ánguf.04 ¿nte~¿o~e4 de un t~¿ánguR.o e4 180° •

2,

RELACIÓN ENTRE EL ÁREA DE UN TRIÁNGULO Y EL ÁREA DEL RE~

-TÁNGULO OBTENIDO PLEGÁNDOLO SOBRE si MISMO,,,SIN DEJAR HUECOS,

Es evidente que • e.R. á~ea del t.~¿ángulo de pa~t¿da e4 dof..le del á~ea del ~eclángulo engend~ado".

-Si el triángulo está cuidadosamente recortado y has hecho los dobl~aes aop. esmero,,podrás comprobar que si lo apoyas sobre la punta de un lápiz bien afilado, de forma que el baricentro coincida con ella,qu~­ da en equilibrio horizontal.

Teniendo en cuenta que ·el' vocablo griego Sápo~ (báros) signh f'ic¡¡. "pesadez", se explica que el punto en cuesti6n se denomine "baricen tro11 ", esto es, centro del peso o de gravedad.

5,

EL QRTOCENTRO O PUNTO DE INTERSECCIÓN DE LAS ALTURAS Con la misma técnica del plegado,que ya tienes que dominar, -podrás comprobar que también las al turas, o sus prolongaciones ,_concurren en un punto y que, según el tipo. de triángulo,lo hacen as:i'. :

1 /

/

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-1

1

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-6 • _{EL "e JRCuNs". EL "BAR 1".}

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_{"oRro'' v LE.ONA.IW}

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I

/O

/

/

/

/

I

Utiliza una vez más la técnica del plegado y _{comprobarás lo}

-que,'al parecer,descubri6 EULER (1707-83) : f.o<> ilt.e<> punto4 e<>idn a(.Lnf.fl

do•. Se denomina 4ecta de E.ule4 _{a la que los contiene.}

3. CÓMO OBTENER

POL(~NOS

REGULARES CON UNA TIRA DE PAPEL

Si consigues unos metros de papel de registradora, te resultará más fácil realizar las construcciones que vamos a indicar. Si no,recorta tj¡-ras rectangulares de unos 4 cm de .anc.ho.

1. EL

CUADRADO

Pliega y despl,iega siguiendo el orden de las figuras. Los trazos -discontinuos señalan· las líneas de pliegue.

5

¿

1

!

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l

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2, EL TRIÁNGULO Y EL EXÁGONO REGULARES

A

Trisecamos el ángulo llano en A,desplegamos y marcamos las li neas de pliegue, Así

A

e

I,

_!

I \

I

\

j

I

\

I \

l I \

I \

b

c.

Al ser paralelos los bordes horizontales de la tira,los áng,!!-los By C resultan también de 60°.

Y,a partir de nuestro triángulo equilátero,vamos a obtener el exágono regular :

-Si doblas por la mitad y marcas los pliegues que se transp~ -rentan, q.ueda así:

cado¡¡,

Dobla ahora por cada uno de los pliegÜes y obtendrás esto:

Al desplegar, se obtiene el exágono con sus radios y centro maz:

/

/

---· -·--

L _ -

--\

3, _{DE UN NUDO AL PENTÁGONO REGU~AR \}

\

Usa ahora una tira más estrecha,de unos 3 cm,y unos 30 cm

delargo. Con ella, haz un nudo normal (como si de un hilo se tratara), Si -pliegas con cuidado,sin arrugar el papel,obtienes esto

Y,uniendo los puntos señalados con letras,un pentágono ré~

-lar. Esto es lo q~e querías,¿no?

4,

EL PENTAGRAMA PITAGÓRICO

Trazando las diagonales de un pentágono régular se obtiene el peniag~ama p¿tag6~¿co,que _{los seguidores de Pitágoras utilizaban para}

-reconocerse y como símbolo de salud.

Es de observar que:

El pentágono central también es regular. Todos los ángulos son múltiplos enteros de 36°.

El afán de encontrar proporciones exactas entre magnitudes ge~

métricas,llevó a los pitagóricos a uno de los descubrimientos

matemáti-cos más importantes,el de la inconmensurabilidad de ciertos segmentos.

-27-4. NUMEROS EN POLÍGONOS CONVEXOS

1, SUMA DE LOS ÁNGULOS EXTERIORES

Dibuja un polígono convexo cualquiera. Prolonga sus lados en -un mismo sentido.Haz centro en cada -uno de los vértices y, con un mismo -radio, traza los arcos correspondientes a cada ángulo exterior.

Si trasladas ahora paralelamente todos los arcos, de forma que tengan por centr.o un punto común O, cada uno empezará donde termina otro· y, formarán entre todos úna circunferencia.

En consecuencia, la .;uma de lo.; ángulo.; exte~¿o~e.; de un poll-gono convexo eh 360°.

/

~I

,,.-/

2. SUMA DE LOS ÁNGULOS INTERIORES

a 180°

-

a

e.

180°

-

f,,'

e 180"

-

e

_==:?"

+

a

+ e + d + d 18 {)o

-

el'

e 180°

-

<!.

e 5. 180°-(o '+{:'+e '+d'+e ')=

5. 180° - 36!>0

l

3.

NÚMERO DE DIAGONALES

Sea,por ejemplo,un heptágono. De cada vértice parte una diag2 nal hacia, lo·s vértices que quedan al descontar el propio vértice y sus -dos adyacentes,esto es,de cada uno de los siete vértices salen 7-3

di~-gonales,¿Tiene,entonces,7x4? No,porque,pongamos por caso,la que une A

con D,une D con A. _{Hay que considerar,por tanto, sólo la mitad,es decir,} 7x4 / 2 = 14

Generalicemos esto,repitiendo el razonamiento anterior para -un polígono den lados, es decir,de n vértices :

Restando 3, resulta n-3

Mul tipli.cando por el número de vért<i:ces, es n( n-3) Dividiendo entre 2 : n(n-3) / 2

4. _{CÁLCULO DEL NÚMERÓ DE PUNTOS INTERIORES DE INTERSECCIÓN DE} LAS DIAGONALES

Hasta aquí, como ves, es fácil. Pero,a partir del heptágono,las

cosas empiezan a liarse. Vamos a buscar un camino más c6modo y general.

Un punto de intersección interior es determinado por 2 diag~­ nales y, cada una dA ésta.s,por 2 vértices. Por tanto, Cada punto vi.f!..ne -dete~mlnado po~ 4 v~~tice~.

Se trata,pues,de calcular el núme~o de comtlnacloneh d.f!.. n el&

En el caso del heptágono,es : _{C7 , 4}

En un decágono, _C1o,4 10.9.8.7 4. 3. 2. 1

2 9

-7. 6. 5. 4 4. 3. 2. 1

210

S. JUGANDO AL BILLAR

1, lA

QUE PUNTO DE UNA BANDA HAY QUE APUNTAR PARA QUE,JUGANDO

SIN EFECTOS,UNA BOLA REBOTE Y SIGA EN DIRECCIÓN A 0TRA7

Jugar "sin efectos" significa que el ángulo de rebote "

resaj.-te igual al de incidencia ¿, O,lo que es lo mismo, que al rebotar la bola

en un punto cualquiera I de una banda,la dirección de rebote pase por el

punto P; simétrico del punto P₁ en dnnde estaba s.ituada.

1 0'1

r, •

I.

La otra condición es gue la línea de rebote pase también por el

punto P

2 en el que reposa la segunda bola.

iQué tenemos que hacer para que ambas condiciones queden

sati~-fechas? Simplemente esto :

1~. _{Ingeniárnoslas para señalar el punto P 1 fuera de la}

mesa.-Por ejemplo,pidiéndole a un amigo que se sit6e a la distancia preci•a y, agachadito,se coloque una·bola sobre su testa.

2~. _{Trazar la visual P 1 P2}

AsÍ,el punto tle incidencia I buscado vendrá determinado por la

intersección de la línea de banda con ~a visuRl.

r

1

2.

_{UN POCO MÁS COMPLICADO: REBOTANDO EN DOS BANDAS}

Sabemos ya que si es B_{1 el punto donde está situada la primera}

bola, ésta saldrá de la primera banda como si viniera del simétrico

_B1·

Por la misma raz6n,al incidir en un punto J de otra banda, será

rechazada como si partiera del punto simétrico de B7,que llamaremos

_Bí'

Entonces,la visual B

1•• B2 en su intersecci6n con la segunda

-banda,determina el punto de contacto J, Y la direcci6n B₁'J ilocaliza el

punto de primera incidencia I _{al atravesar la primera banda,}

1 1

.B

i

V-

.

/

/

1

1

--¡-Pero hay una pega: que la visual B₁''B

2 determine un punto J

/ue~a de·

ea

me~a. Así :

·-J

En otras palabras: parn una determinnda situaci6n B₁ de la

primera bola,hay una zona del billar en la que l:i. segunda no puede e_!!

-tar.Es la rayada en el siguiente gráfico:

1

l>, •

3. ¿Y S 1 EL B 1 LLAR ES TR IANGULAR7

Supongamos una mesa de billar con forma de triángulo acután15.!! lo. ¿En qué dirección debe tirarse una bola,.si tuada junto a una banda, P!l: ra que,después de rebotar en las otras dos,regrese al uunto de partida?

Cabe aplicar aquí la misma técnica de los simétricos:

A''•

/ / /

/ /

.

\

A

1~) Determinamos el punto A' ,simétrico del de ~alida ri. 2~) Hallamos A'' ,simétrico de A'

f>..

3~) Trazamos la visual desde A'' hacia la bola. Su interse~ -ción con la banda de la izquierda nos da el segundo punto de contacto l'

4~) Por Último, trazamos la visual desde A' a 1 •• La interse~­ ciÓn con la banda de la derecha determina .el punto l al que hay que di-rigir la bola.

Si?_-6, RESOLUCION DE ALGUNOS PROBLEMAS GEOMETRICOS

APLICANDO LA ESTRATEGIA DEL BILLAR

1, DADOS DOS PUNTOS P , Q _{DE DOS LADOS DE UN TRIÁNGULO ACU}

-TÁNGULO. INSCRIBIR EN ESTE OTRO TRIÁNGULO.CON VER.TICES EN P,Q,y CUYO P.[-RIMETRO SEA MINIMO,

Se trata de determinar la situaci6n del tercer vértice X.

Ve~-mos

_e

A

1~) La suma de Px'y XQ _{ha de tener el mínimo valor posible.}

2~) _{Para que esto se cumpla,X ha de ser la intersección de la}

visual dirigida desde el simétrico P' de P respecto al lado AB,con éste,

(Recuerda que "la suma de dos lados cualesquiera de un tri6ngulo es mA-yor que el terc~r lado").

Por tanto,como si de un problema de billar se tratara,locali

zamos el simétrico P' de P y trazamos la visual P'Q, Su intersección

-con el ladoA8 nos da el vértice buscado.

A

33-2.

[L TRIÁNGULO ÓRTICO

Consideremos el problema anterior pero,ahora,sin prefijar nin

guno de los vértices del triángulo interior.¿ Dónde han de situarse é~­ tos para que resulte el mínimo perímetro?

La solución es construir el que suele denominarse t.11.i&ngulo 6,:l tico,que tiene por vértices los pies de las alturas del triángulo ci~ -cunscrito.

Tomamos del libro del profesor De Guzmán "MIRAR Y VER" (Alha.!!! bra,1976) lo que sigue :

• l l t.11.i&ngulo 6.11.tico .11.e4uelve tamgién el p.11.ogeema 4iguiente:

Dado un t.11.i&ngulo acut&ngulo ·ILBC,halla.11. el t.11.i&ngulo de pe.11.lmet.11.0

mlni.-mo que tiene 4U4 vé11.tice4 4og11.e lo4 lado4 de ILBC.

Con4ide11.emo4 un t.11.i&ngulo in4c11.ito cualquie.11.a UVW y hagamo4

-11.e/.l.eja.11. U 4og.11.e ILB y ILC,~té.niendo U'

y

U'.'·

A

u·

[.4 cl.a11.o que' 4iendo W/1 y WU'' de la mi4ma longitud, a4l como -VU y VU',11.e4uf.ta que el. pe.11.lmet.11.0 del. t.11.i&ngul.o /lVW e4 igual. a la 4uma -de. l.a4 l.ongitude4 de l.o4 hegmento4 U"V, WV y VU', y,a.1;l,mayor o igual que la longitud del segmento U' 'U'. Pe.11.0 la longitud del. 4egmento U' 'U'

A

Oli.-1>2.11.ue-i>e que et. _{ángulo 11' '11. 11' e-1> et.}

doli.t.e del ángulo 11. y que 11.11" y 11.11'. ,;on ¿guat.e-1> en t.ongU.ud a 11.11. l/.,;l,11~'11' _{m¿de 2 11.11 ,;enll..}

¿cuándo -1>e11.á mln¿ma e-1>ta med¿da? cean.amente,cuando _{11.11 -!>ea} ml-n¿ma,e,; dec¿n.,cuando 11 co¿nc¿da con Ha' 11..;l ,;ali.emo,; _{que cuat.qu¿en. tn.¿á~} gut.o ¿n-1>c11.¿to t¿en~

un pe11.lmet11.o mayon. o ¿guae que 2 Ha ,;enll. , Pen.o

o!--1>e11.uemo-1> que pan.a et. _{tn.¿ángut.o 611.t¿co ea t.ong¿tud 11''11}

e-1> _{¿guae ahon.a}

-at. pe11.lmet11.o (t.a t.lnea queli.11.ada anten.¿011. 11''WVl1' no e,; _{ahon.a queli.11.ada ,}

,;¿no 11.ecta),y a-i>l ,;u pe~lmetn.o e,; _{pn.ec¿,;amente 2 Ha ,;enl/., [,;to}

demue~

-tn.a que et. _{tn.¿ángut.o 611.t¿co e-1>}

un t11.·¿ángut.o ¿n,;cn.¿to en 11.BC de pe11.lm!f, -tn.o mln¿mo, Fác~t.mente -!>e _{ve que no puede hall.en. otn.o tn.¿ángut.o ¿n,;cn.¿to} con el m¿~mo pe~lmei~p. n