E L ORIGEN DE LA GEOMETRÍA

1. EL ORIGEN DE LA GEOMETRÍA Creer que una ciencia existe a partir de determinado momento o de tal acontecimiento parece una ingenuidad. Sin embargo, en sus Historias, Herodoto, que vivió en Grecia en el siglo V a. C., relata el origen de la geometría indicando como causa de tal origen el desbordamiento que todos los años tenía el río Nilo. Esto hacía que se borrasen las lindes de los campos, y obligaba a los  «tensores de la cuerda» a hacer nuevas mediciones de las tierras.         «Se cuenta también que el rey Sesostris dividió la tierra entre todos los egipcios, otorgando a cada uno un rectángulo de igual tamaño, con la intención de cobrar la renta por medio de un impuesto que sería recaudado anualmente. Pero cuando el paso del Nilo redujese una porción, el súbdito correspondiente debía acudir al rey para notificarlo. Entonces éste mandaba a sus inspectores, que controlasen la reducción del terreno, de manera que el propietario pagase la parte proporcional del impuesto. De esta forma, me parece, se originó la geometría, que se difundió más tarde por la Hélade.»

2. PROBLEMAS GEOMÉTRICOS Cuando un matemático se tropieza por primera vez con teoremas como algunos de los que veremos a continuación, casi siempre manifiesta admiración, seguida invariablemente, de la exclamación: "¡Precioso!".         No podemos decir exactamente qué entienden por "precioso" los matemáticos. Quizá tenga que ver con la sorpresa de lo inesperadamente sencillo. Pero todos los matemáticos perciben la belleza de un teorema, o de la demostración de un teorema, con la misma claridad con que se aprecia la belleza de las personas. Por la riqueza de sus aspectos visuales, la geometría guarda un tesoro de hermosos teoremas y preciosas demostraciones. Es frecuente que la resolución de problemas geométricos resulte prácticamente trivial atinando a usar uno de los teoremas fundamentales de la geometría euclídea.

3. LA GEOMETRÍA DEL ESPACIO La geometría del espacio presenta a veces gran dificultad de comprensión, debido a una escasa visión espacial. En gran parte, esta dificultad es consecuencia de tener que representar sobre el plano lo que se ve en el espacio. Por tanto, conviene tener muy claros los elementos fundamentales de la geometría del espacio, que son el punto, la recta y el plano. Existen en la actualidad grannúmero de impresionantes grabados, en los que se explotan magistralmente ilusiones geométricas, que en último término consisten en la exclusión velada de algunos axiomas de la geometría euclídea.

4. Hay problemas geométricos que nos dejan perplejos porque la respuesta elemental, a menudo se complica de un modo inverosímil. Veamos algunos ejemplos

5. EL RADIO DEL CÍRCULO 1 Teniendo en cuenta la figura, hallar el radio del círculo. Solución Dado que la diagonal de 8 cm. tiene la misma longitud que el radio del círculo, la respuesta es 8 cm.

6. EL LADO DEL ROMBO 2 En una plaza circular de R=9 m. se quiere construir un estanque de forma rómbica, según la figura. ¿Cuánto mide el lado del rombo? Solución Basta con darse cuenta de que el lado AC es el radio de la circunferencia y AE y BD son diagonales de un rectángulo.        Por lo tanto, son iguales en longitud. Lado del rombo = 9 m.

7. EL ÁNGULO DE LAS DIAGONALES 3 ¿Cuántos grados mide el ángulo que forman las dos diagonales de las caras del cubo? Solución 60°. Basta observar de que se trata de un triángulo equilátero ABC trazando la diagonal BC de la otra cara.

8. GOLPE DE VISTA 4 Dos circunferencias secantes tienen por centros P y Q. El segmento PQ mide 3 cm. Por uno de los puntos (O) donde se cortas las circunferencias trazamos una recta paralela al segmento PQ. Sean M y N los puntos donde corta dicha recta a las circunferencias. ¿Cuánto mide MN? Solución MN = 6 centímetros. Trazando desde P y Q perpendiculares al segmento MN, obtenemos los puntos R y S. Como MR=RO y NS=SO y RS=PQ, surge la respuesta.

9. 5 EL ÁNGULO OBTUSO Solución . ¿Cuánto mide el ángulo obtuso ABC? A, B y C son los puntos medios de los lados. 120°. Sólo hace falta terminar de dibujar el hexágono regular ABCDEF.

10. 6 EL ÁNGULO EXTERIOR . En el triángulo isósceles ABC el ángulo A mide 50 ¿Cuál es la medida del ángulo x? Solución Puesto que es isósceles: B = C = (180°-A)/2 = 130°/2 = 65°.Por lo tanto: x= 180°-C = 180°- 65° = 115°.

11. 7 CUADRADOS QUE SE CORTAN Solución Tenemos dos cuadrados iguales superpuestos, de manera que un vértice de uno está siempre en el centro del otro. ¿En qué posición el área comprendida entre los dos cuadrados es la mayor posible? El área comprendida entre ambos siempre es la cuarta parte de la de un cuadrado. Los triángulos ABC y CDE son iguales.

12. 8 SEMEJANZA DE RECTÁNGULOS Solución Si el ancho de un marco es igual en sus dos direcciones, horizontal y vertical, como sucede casi siempre, el rectángulo constituido por el cuadro completo y el rectángulo de la tela pintada ¿serán semejentes? No lo son, puesto que las fracciones: b/a y (b+2h)/(a+2h) son siempre distintas, salvo en el caso del cuadrado (a=b).

13. 9 PAQUETE POSTAL Un hombre quiere enviar por correo un fluorescente que mide 92 cm. de largo, pero las normas de Correos prohíben los paquetes postales superiores a 55 cm. ¿Cómo podría enviar el objeto por correo sin romperlo, ni doblarlo ni faltar a las ordenanzas de Correos? Solución Puede utilizar para el envío una caja en forma de cubo de 55 cm. de lado, pues una caja de estas características tiene una diagonal de 95 cm.

14. 10 SEMEJANZA DE RECTÁNGULOS A una circunferencia pueden inscribirse y circunscribirse cuadrados como muestra la figura adjunta.Sabiendo que el área del cuadrado inscrito es de cuatro unidades de superficie, ¿qué área tiene el cuadrado mayor? Solución En lugar de inscribir el cuadrado como mostraba la figura anterior, hagámoslo girar 45 hasta la posición que muestra la figura siguiente.Se observa que el área del cuadrado mayor es el doble que la del inscrito; es decir, 8 unidades.

15. EDUCANDO A LA INTUICIÓN Algunas situaciones parecen ir contra la intuición. Y no se trata de salir del paso diciendo aquello de que «si la realidad se opone a mis ideas, peor para la realidad». La intuición, como la capacidad deductiva, puede ser afinada, educada. Intentamos hacerlo a través de los siguientes problemas.

16. EL CINTURÓN DE LA TIERRA 11 Imaginemos un cordel que envuelve como un cinturón ajustado la Tierra a lo largo del Ecuador. Añadámosle un metro al cordel. Cuán flojo queda ahora? La intuición indicaría que la holgura que se obtiene es pequeñísima, ya que el metro agregado representa muy poco respecto a la circunferencia de la Tierra. Más inquietante es pensar que si ajustamos un cordel alrededor de una naranja, y le agregamos luego un metro, la holgura que se consigue para la naranja es exactamente la misma que para la Tierra. ¿Será cierto? Solución Un sencillo cálculo confirma esta situación sorprendente. Siendo R el radio de la esfera (la Tierra o la naranja), el cordel ajustado mide 2 R. Cuando le agregamos un metro, el cordel pasa a medir 2 R+1. El radio que tiene esta nueva circunferencia, será (2 R+1)/2 . La diferencia de radios nos da la holgura que es: 1/2  = 15'91549... cm. en los dos casos. ¿Decía esto su intuición?

17. EL CORDEL Y EL CUADRADO 12 ¿Que pasaría si la Tierra fuese cuadrada? Solución La holgura es de 12'5 cm. en ambos casos. ¿Falló su intuición?

18. 13 EL RIEL DILATADO Solución Imaginemos un tramo recto de riel, AB, de 500 metros de largo, aplanado sobre el suelo y fijado en sus dos extremos. Bajo el calor del verano, el riel se expande 2 metros, provocándole una joroba. Suponiendo que el riel se arquea en forma simétrica, ¿a qué altura cree usted que se levanta la joroba en el punto medio? ¿Diez centímetros? ¿Un metro? ¿Diez metros? Como la longitud total del riel es ahora 502 metros, cada mitad tendrá 251 metros. Aunque es evidente que la joroba adoptará una forma curva, podemos hacernos una idea de la situación suponiendo que son dos rectas, articuladas en el punto medio. Bajo esta suposición obtenemos una estimación de la altura x aplicando el teorema de Pitágoras: x2 = (2512-2502) ===> x = 22 metros.Seguro que su intuición volvió a fallar.

19. 14 EL PUENTE SIN DISPOSITIVO DE DILATACIÓN Solución Un puente metálico tiene 1 km. de longitud. Debido al calor se dilata 20 cm. Si no se hubiese previsto un medio de absorber esta dilatación, el puente se levantaría formando un triángulo isósceles de altura h. La base sería el puente antes de la dilatación. ¿Cuánto vale h? Diez metros. La solución del problema es elemental, pero lo que sorprende es la magnitud de dicha solución. Se trata de hallar el tercer lado de un triángulo rectángulo cuya hipotenusa mide 1000'2/2 = 500'1 m. y 500 m. uno de los catetos. h2 = (500'1)2-(500)2 ===> h = 10 m. ¿Falló su intuición?

20. 15 NUEVE ÁNGULOS Solución Calcula el valor de todos los ángulos de la figura sabiendo que el ángulo 1 vale 70. El ángulo 2 mide 20°.Por tratarse de un triángulo isósceles (dos lados son radios) los ángulos 4 y 5 son iguales.La suma de los ángulos 2, 3 y 4 es 90°, pues el ángulo total abarca el diámetro.De estas dos condiciones se obtiene que la suma de los ángulos 2 y 4 es igual al ángulo 7. Y el ángulo 7 es igual a dos veces el ángulo 4. De donde el ángulo 2 es la mitad del ángulo 7.Por tanto el ángulo 7 mide 40°, los ángulos 4 y 5 miden 20° cada uno, el ángulo 6 mide 140°, el ángulo 7 mide 50° y los ángulos 8 y 9 son rectos.

21. 16 ÁREA DE LA CORONA CIRCULAR Solución Supongamos dos circunferencias concéntricas. Trazamos una tangente a la interior que, naturalmente cortará a la exterior en dos puntos. La distancia entre cualquiera de estos puntos y el punto de tangencia es 1 m.. Halla el área de la corona circular que determinan las dos circunferencias. Sean R el radio del círculo mayor y r el radio del círculo menor: r2=R2-1. Área de la corona = piR2 - pir2 = piR2 - pi(R2-1) = .En cualquier viejo formulario de la geometría clásica, que tanto se estudiaba hace 50 años, viene dada directamente la fórmula de la corona circular en función de la cuerda del círculo mayor, tangente al menor:A=pi c/2. Como en nuestro caso c/2=1, tenemos que A=pi 1=pi.

22. SIMETRÍA Y REFLEXIÓN 17 La imagen en un espejo plano y el objeto reflejado no son iguales, sino simétricos. El producto de dos reflexiones es la igualdad. Estas dos sencillas propiedades nos permitirán gastar una pequeña broma, cuando escribamos a un amigo utilizando un papel carbón y dos cuartillas.          La siguiente carta se la mandé a un amigo mío. ¿Sabe Vd. lo que le pone? Querido Paco: Si se te ocurre poner esta carta frente al espejo, la leerás sin dificultad. Por cierto, que no me explico la razón de que Leonardo da Vinci escribiera siempre en la forma que ahora estás viendo. Solución

23. 18 TRIÁNGULOS ORIGINALES ¿Cuál tiene una superficie mayor, un triángulo con lados 5, 5, 6 o uno con lados 5, 5, 8? Solución Tienen la misma área. Ambos pueden dividirse por la mitad para dar lugar a dos triángulos 3, 4, 5.

24. 19 EL VALOR DE LA MEDIANA En el triángulo ABC, rectángulo en A, la hipotenusa a=10, el cateto b=8 y el cateto c=6. Hallar en 30 segundos el valor de la mediana AM. Solución Basta recordar que todo triángulo rectángulo puede inscribirse siempre en un círculo cuyo diámetro CB=a=10 es la hipotenusa, así que AM=radio=5.

25. 20 LA ESFERA HUECA Y EL GEÓMETRA SAGAZ Una esfera pesa 40 kg. Se la coloca suavemente dentro de un cilindro lleno de agua en el cual entra exactamente. Después de esta operación, el cilindro y su contenido pesan 20 kg más. ¿Cuál es el volumen del cilindro? ¿Cuál es la densidad de la esfera? Solución El volumen de la esfera es los 2/3 del volumen del cilindro en el cual aquella puede inscribirse: 4/3piR3 = 2/3(2piR3).Cuando la esfera se hunde en el cilindro desaloja los 2/3 del agua contenida en ese cilindro. El aumento de peso es, pues, el peso de la esfera (40 kg) menos los dos tercios del peso del agua contenida inicialmente en el cilindro, lo cual, en kilos, es igual a los dos tercios del volumen del cilindro, expresado dicho volumen en decímetros cúbicos.20 = 40 - 2/3V ===> V=30 dm3El volumen de la esfera es V'=2/3V=20 dm3 y su densidad es 40/V'=2.

26. 21 LAS ESFERAS PINTADAS Solución Un vendedor de billares tiene como insignia de su negocio dos esferas desiguales, sólidas y hechas de la misma madera. La mayor pesa 27 kg y la pequeña 8 kg.El comerciante se propone volver a pintar las insignias. Con 900 gramos de pintura pinta la esfera mayor. ¿Cuántos gramos necesitará para pintar la pequeña? (La cantidad de pintura necesaria es proporcional a la superficie que hay que pintar) Los volúmenes y, por lo tanto, los pesos son proporcionales a los cubos de los radios. Las superficies y, por lo tanto, las cantidades de pintura son proporcionales a los cuadrados de los radios. Sean R y r los radios de las dos esferas, x el peso en gramos de la pintura necesaria para pintar la esfera pequeña.r3/R3=8/27 luego r/R=2/3r2/R2=x/900=4/9 x=400 gramos.

27. 22 GIROS, ¿POSIBLES O IMPOSIBLES? Solución Catalina ha desafiado a sus amigos a hacer algo que parece totalmente imposible: «Coger un libro, girarlo un ángulo de 180 , volverlo a girar otros 180 y que el libro quede formando un ángulo de 90 con su posición inicial». ¿Será posible realizar lo que dice Catalina? Girar primero el libro 180 alrededor del lado vertical opuesto al lomo, y a continuación otros 180 alrededor de una recta que forme 45 con el eje anterior. En general, un giro de 180 alrededor de un cierto eje, seguido por otro giro de 180 alrededor de otro eje que forme un ángulo con el primero, resulta ser equivalente a una rotación de ángulo 2 alrededor de un eje perpendicular a los dos primeros y que pasa por su punto de intersección.

28. 23 EL EMBALSE Y EL PEZ Solución El borde de un embalse es una circunferencia perfecta. Un pez empieza en un punto del borde y nada en dirección norte 600 metros, lo que le devuelve al borde. Nada entonces en dirección este, llegando al borde después de recorrer 800 metros. ¿Cuál es el diámetro del embalse? Mil metros. El pez describe un ángulo recto con su trayectoria. Un ángulo recto, con su vértice en la circunferencia de un círculo, intersecta la circunferencia en los extremos de un diámetro. El diámetro es, por tanto, la hipotenusa de un ángulo recto con lados 600 y 800 metros.

29. 24 EL POSTE ROTO Un poste mide 32 palmos de altura. Un día lo parte un rayo. El trozo roto queda apoyado en el suelo formando un triángulo de 16 palmos de base. ¿A qué altura se partió el poste? Solución x² + 16² = (32-x)²; x=12 palmos.

30. 25 EL CRUCE DE LA RED Solución Se trata de trazar una línea continua a través de la red cerrada de la figura, de modo que dicha línea cruce cada uno de los 16 segmentos que componen la red una vez solamente. La línea continua dibujada no es, evidentemente una solución del problema, ya que deja un segmento sin cruzar. Se ha dibujado solamente a fin de hacer patente el significado del enunciado del problema. El problema no tiene solución.En efecto, cada uno de los tres rectángulos mayores de la figura tiene un número impar de segmentos. Como cada vez que se cruza un segmento se pasa de dentro a fuera del rectángulo o viceversa, quiere decirse que en los tres debe de haber una terminación de la línea en su interior para que la línea cruce el número impar de segmentos una sola vez, y como hay tres rectángulos mientras que la línea continua no tiene más que dos extremos, la solución del problema es imposible.

31. 26 LOS 7 PUENTES DE KONIGSBERG Solución Un ciudadano de Konigsberg (Prusia) se propuso dar un paseo cruzando cada uno de los siete puentes que existen sobre el río Pregel una sola vez. Los dos brazos del río rodean a una isla llamada Kneiphof. ¿Cómo debe cruzar los puentes para realizar el paseo? Euler (1707-1783) demostró que el paseo es imposible. Veamos su demostración.Los siete puentes están tendidos entre cuatro regiones de tierra: A, B, C y D. De A sale 5 puentes; de B, 3; de C, 3, y de D, 3. El paseo sale de una región y podrá terminar en ella misma o en otra. Habrá siempre, al menos, dos regiones que no serán comienzo ni final del paseo. O sea, cada vez que se entra en ellas debe salirse de ellas. De cada una de esas dos regiones debería partir un número par de puentes. Ya se ha dicho que de las regiones parten 5, 3, 3 y 3 puentes, impares todos. Conclusión: El paseo es imposible.

32. 27 DIBUJANDO SOBRES. Solución En la figura tenemos dos sobres ligeramente diferentes ya que el segundo tiene una línea más, que marca la doblez de cierre. ¿Es posible dibujar cada uno de los sobres sin levantar el lápiz del papel, y sin pasar más de una vez por el mismo trazo? Aunque el segundo parece el más complicado de dibujar, la realidad es que puede dibujarse en las condiciones estipuladas. El primero en cambio, no.Todo vértice en el que concurren un número impar de líneas ha de ser comienzo o fin del trazado, ya que si no, por cada entrada ha de haber un salida. En la segunda figura, en los vértices inferiores ocurre esto, luego uno puede ser comienzo y el otro fin del dibujo. (Ver figura)En el primer sobre son cuatro los vértices en los que concurren un número impar de líneas; como no puede haber más que un fin y un comienzo, es imposible dibujarlo en las condiciones propuest

33. 28 EN GENERAL: DE UN SOLO TRAZO, ¿POSIBLE O IMPOSIBLE? Un vértice es impar si de el parten un número impar de caminos. Un vértice es par si de el parten un número par de caminos.El problema es imposible si en la red hay más de dos vértices impares.Es posible: a) Cuando todos los vértices son pares, y entonces el punto de partida puede ser cualquiera. b) Cuando no hay más de dos vértices impares, y entonces el recorrido comienza por uno de ellos y termina en el otro. Solución Se pueden dibujar de un solo trazo los de la fila superior. Es imposible para los de la fila inferior.

34. 29 LOS TRES CUADRADOS. Tenemos tres cuadrados iguales dispuestos como se muestra en la figura. Usando solamente geometría elemental (no trigonometría) demostrar que el ángulo C es igual a la suma de los ángulos A y B.

35. 29 LOS TRES CUADRADOS Solución 1: La siguiente construcción muestra la solución del problema

36. 29 LOS TRES CUADRADOS. Solución 2: Esta otra construcción también muestra la solución del problema.Los triángulos APO y OQR son semejantes, por lo que los ángulos A y O son iguales. Y como C=B+O, C=B+A.

37. 29 LOS TRES CUADRADOS. Solución 3. Usando trigonometría: tgA=1/3, tgB=1/2, tgC=1.tg(A+B) = ... = 1 = tgC. Luego A+B=C.

38. 30 VENTANA DIVIDIDA EN DOS. Solución Una ventana cuadrada mide 1 metro de lado. Como estaba orientada al sur y entraba demasiada luz se disminuyó su tamaño a la mitad, tapando parte de ella. Tras ello la ventana seguía teniendo forma cuadrada y tanto su anchura como su altura seguían siendo de 1 metro. ¿Puede Vd. dar una explicación de tan extraño fenómeno? La siguiente figura muestra la solución.

39. 31 MONEDAS IGUALES DANDO VUELTAS. Solución Dos monedas idénticas A y B parten de la posición que indica la figura. La moneda B permanece en reposo, mientras que la A rueda alrededor de B, sin deslizar, hasta que vuelve a su posición inicial. ¿Cuántas vueltas habrá dado la moneda A? La moneda A da dos vueltas. ¿No se lo cree Vd.? Tome las dos monedas y lo comprobará.

40. 32 MONEDAS DISTINTAS DANDO VUELTAS. Solución Dos monedas distintas A y B parten de la posición que indica la figura anterior. La moneda B permanece en reposo, mientras que la A rueda alrededor de B, sin deslizar, hasta que vuelve a su posición inicial. ¿Cuántas vueltas habrá dado la moneda A? La moneda A móvil tiene un diámetro cuatro veces más pequeño que el diámetro de la moneda fija B. ..........

41. 33 POSAVASOS Y SERVILLETA. Solución Tenemos un posavasos circular y una servilleta cuadrada. Hallar el centro del posavasos con la ayuda únicamente de la servilleta y un lápiz. Colocamos uno de los vértices de la servilleta sobre cualquiera de los puntos de la circunferencia del posavasos. El ángulo definido por ABC es un ángulo recto, luego el segmento AC es un diámetro de la circunferencia. Trazamos con un lapicero la línea AC y repetimos la misma operación eligiendo como B cualquier otro punto del perímetro del posavasos. Una vez trazado el segundo diámetro ya está hallado el centro de la circunferencia.

42. 34 EL CUBO Y LOS PLANOS. Solución Consideremos un cubo de lado 1. Tomemos dos vértices opuestos por una diagonal máxima del cubo. Cada uno de estos dos vértices opuestos está rodeado de tres vértices cercanos que forman un triángulo. Es fácil ver que los dos planos definidos por estos dos triángulos son paralelos. Sin hacer cálculos, ¿cuál es la distancia entre los dos planos? La diagonal es perpendicular a los planos en cuestión y forma ángulos iguales con todas las aristas del cubo, por lo que la proyección de una cualquiera de éstas sobre aquélla es constante. Luego, sin más que dibujar la figura, se concluye que la distancia entre los dos planos es 1/3 de la diagonal

43. 35 CUATRO CÍRCULOS IGUALES. Tenemos cuatro círculos iguales de radio 1. Uniendo los centros obtenemos un cuadrilátero irregular. ¿Cuánto mide el área sombreada? Solución La misma que uno de los círculos, es decir, PI. La suma de los ángulos de un cuadrilátero es 360 . Cada sector sombreado cubre una parte de un círculo cuya área depende del ángulo correspondiente. Los cuatro ángulos cubrirán un área igual a la de un círculo completo.

44. 36 LOS PINTORES DE LA CATEDRAL. Solución Unos pintores están pintando las paredes interiores de una catedral. A una ventana circular de un metro de diámetro le añadieron dos líneas tangentes y dos semicírculos cerrando la figura. ¿Qué área tiene la figura sombreada? Un metro cuadrado. Es el área de un cuadrado de un metro de lado.

45. 37 MUY ELEGANTE En la figura adjunta, ¿cuánto mide B? Solución B puede tener cualquier valor.Sean x e y las dos partes en que se divide B, x la mayor.x/6 = B/10 x = 6B/10y/6 = B/15 y = 6B/15Como B = x+y. Sustituyendo:B = 6B/10 + 6B/15; o bien:B = 3B/5 + 2B/5. Igualdad que siempre se cumple para cualquier valor de B.

46. 38 LA SOMBRA DESCONOCIDA Solución En la figura adjunta el triángulo rectángulo tiene el vértice en centro del cuadrado. ¿Cuál es el área de la parte sombreada? Observe que los triángulos sombreados de la figura son iguales por ser el triángulo rectángulo. El área de la sombra es la cuarta parte del área del cuadrado.Es decir, 36/4 = 9.

47. 39 LA MEDIANA ES MENOR Solución Probar que cada mediana de un triángulo es menor que el promedio de los lados adyacentes. En la figura adjunta, probar que x < (a+b)/2. Sólo hay que repetir un triángulo igual al primitivo, opuesto por la base, como se muestra en la figura adjunta.Es evidente que la diagonal de un cuadrilátero no puede ser mayor que la suma de dos lados consecutivos. Dividiendo por dos la diagonal queda la mediana del triángulo, que por tanto no puede ser igual o mayor que la semisuma de los mismos lados.

48. 40 LA LUNA Y EL TRIÁNGULO Solución Las áreas rayadas de la luna y el triángulo, ¿son iguales? . Sí, son iguales. Veamos:(AB)2 = R2 + R2 = 2R2Área del cuadrante = PiR2/4Área del triángulo = R2/2Área del segmento de arco AB = PiR2/4 - R2/2Área de la luna = Pi(AB)2/8 - (PiR2/4 - R2/2) = PiR2/4 - PiR2/4 + R2/2 = R2/2.

49. 41 EL HEXÁGONO Y EL TRIÁNGULO Solución Un triángulo equilátero y un hexágono regular tienen perímetros iguales. Si el hexágono tiene una superficie de 6 m2., ¿qué área tiene el triángulo? La simple observación de la figura muestra la solución.

50. 42 ÁREA DEL CUADRADITO Solución Tenemos un cuadrado de 10 cm. de lado. ¿Cuánto vale el área del cuadradito sombreado si A, B, C y D son los puntos medios de los lados del cuadrado? La simple observación de la siguiente figura muestra que el área del cuadradito es la quinta parte del área del cuadrado. Es decir, 20 cm2.