solucionario tema 8 - COLEGIO SAN VICENTE DE PAÚL GIJÓN

8 Problemas métricos
ACTIVIDADES INICIALES
8.I.
¿Qué forma geométrica tiene un contenedor? Calcula la superficie de la base, el área total y el
volumen de un contenedor con los datos de la tabla anterior.
Los contenedores tienen forma de paralelepípedo o prisma rectangular u ortoedro.
La base es un rectángulo de área 5,9 · 2,35 = 13,865 m .
2
El área total del contenedor es A = 2 · (13,865 + 5,9 · 2,4 + 2,35 · 2,4) = 67,33 m y su volumen es
2
V = 5,9 · 2,35 · 2,4 = 33,276 m .
3
8.II.
Realiza un diseño de vivienda utilizando cinco contenedores.
Actividad libre.
8.III.
Según la Organización de las Naciones Unidas (ONU), en el mundo alrededor de 1000 millones
de personas viven en viviendas que no reúnen las condiciones necesarias para garantizar su
salud y bienestar. ¿Creéis que los contenedores vivienda serían una buena solución para
estas personas o deberían adoptarse otras medidas para mejorar su situación?
Respuesta abierta.
ACTIVIDADES PROPUESTAS
18
8.1.
Actividad resuelta.
8.2.
En la siguiente figura, indica:
a)
Dos lados paralelos.
b)
Dos lados secantes.
c)
Dos lados contenidos en rectas que se cruzan.
d)
Dos caras paralelas.
e)
Dos caras que se cortan y su lado común.
a)
AD y BC
b)
AD y DC se cortan en D.
c)
AD y CF
d)
AEB y DFC
f)
ABCD y DFC se cortan en DC.
Unidad 8 | Problemas métricos
8.3.
Nombra los siguientes cuerpos geométricos y describe sus características más importantes.
a)
b)
c)
a)
Prisma triangular recto
b)
Tronco de pirámide cuadrangular
c)
Tronco de cono
d)
Prisma triangular recto
8.4.
Actividad resuelta.
8.5.
Actividad resuelta.
8.6.
Actividad resuelta.
8.7.
Actividad resuelta.
8.8.
(TIC) Calcula el área de un triángulo isósceles de lados 4, 5 y 5 cm.
h=
=
A
8.9.
5 2 − 22 =
d)
21 cm
4· 21
= 2 21 ≈ 9,17 cm2
2
(TIC) Halla el perímetro y el área de un trapecio rectángulo de bases 10 y 5 cm y altura 4 cm.
x=
42 + (10 − 5)2 =
41 cm
Perímetro: P = 5 + 4 + 10 + x; P =
5 + 4 + 10 + 41 =
19 + 41 ≈ 25,4 cm
=
A
Área:
B+b
10 + 5
=
=
·h
·4 30 cm2
2
2
Problemas métricos | Unidad 8
19
8.10. (TIC) Calcula el área limitada por un hexágono regular de 5 cm de lado y la circunferencia
inscrita en él.
En un hexágono regular coinciden el lado y el radio.
ap = 52 − 2,52 = 18,75 cm
p · ap 30· 18,75
=
≈ 64,95 cm2
2
2
AH
Área del hexágono:=
Área del círculo: AC = π · r 2 = π ·
(
18,75
)
2
= 18,75π ≈ 58,9 cm2
Área sombreada: A = AH − AC = 6,05 cm
8.11. (TIC) Calcula el área de la corona circular determinada por las circunferencias inscrita y
circunscrita a un cuadrado de 25 cm de lado.
Los radios de las circunferencias que determinan la corona son:
r = 12,5 cm
R=
12,52 + 12,52 =
312,5 cm
Área de la corona circular: A = π · ( R 2 − r 2 ) = π · ( 312,5 − 156,25 ) = 156,25π ≈ 490,87 cm
2
8.12. (TIC) Compara el área A con la suma de las áreas de B y C.
a)
b)
La hipotenusa del triángulo rectángulo mide x =
a)=
A
π ·252 625π
=
cm2
2
2
C 400π +
Por tanto, B +=
=
B
302 + 402 = 50 cm .
π ·202
= 200π cm2
2
=
C
π ·152 225π
=
cm2
2
2
225π 625π
=
= A
2
2
50 3
40 3
30 3
50·
40·
30·
2
2
2
2
2
b) A = 625 3 cm =
=
B = 400 3=
cm C =
225 3 cm2
2
2
2
Por tanto, B +
=
C 400 3 + 225=
3 625=
3 A
8.13. Actividad resuelta.
8.14. Actividad resuelta.
20
Unidad 8 | Problemas métricos
8.15. Actividad resuelta.
8.16. Actividad resuelta.
8.17. La pirámide egipcia de Guiza es regular de base cuadrada. El lado de la base mide 230 m, y la
altura, 146 m. Calcula su área.
La altura de cada cara lateral mide
2
1462 + 115=
34 541 ≈ 185,85 m.
230·185,85
=
= 85 491 m2.
El área lateral de la pirámide
es AL 4·
2
2
El área total de la pirámide es AT = AB + AL = 2302 + 85 491 = 138391 m .
8.18. Calcula el área de los siguientes cuerpos geométricos.
a)
b)
a)
Se trata de un prisma recto de bases dos triángulos rectángulos de catetos 20 y 21 cm.
La hipotenusa vale: x =
212 + 202 =
841 = 29 cm.
2
El área lateral es: AL = p · h = ( 21 + 20 + 29 ) ·35 = 2450 cm .
=
AB
El área de la base es:
20·21
= 210 cm2.
2
El área total es: AT = 2 AB + AL = 2870 cm .
2
b)
El área lateral es: =
AL p=
· h 6·6·15
= 540 cm .
2
=
AB
El área de la base es:
36·5,2
= 93,6 cm2.
2
El área total es: AT = 2 AB + AL = 727,2 cm .
2
2
8.19. Calcula el área total de un ortoedro en el que la base mide 12 cm , y una de sus dimensiones
es el triple de la otra. Además, su altura es el doble de la medida menor de la base.
Sean x, 3x y 2x las dimensiones del ortoedro.
12 = x ∙ 3x = 3x ⇒ x = 2 cm, por tanto, las dimensiones son 2, 6 y 4 cm.
2
De este modo, AT = 2 ∙ (2 · 6 + 2 · 4 + 6 ∙ 4) = 88 cm
2
Problemas métricos | Unidad 8
21
8.20. En un rectángulo, la base es el doble de la altura y su perímetro es de 12 cm. Al unir las alturas
del rectángulo construimos un cilindro. ¿Qué superficie tiene?
Sean x y 2x las dimensiones del rectángulo.
2x + 4x = 12 ⇒ x= 2 cm
Por tanto, se forma un cilindro de altura h = 2 cm y radio de la base: 2πr = 4 ⇒ r =
2
≈ 0,64 cm.
π
2
El área de este cilindro es A =2πr 2 + AL =2π ·0,642 + 2·4 ≈ 10,57 cm .
8.21. Un triángulo rectángulo de hipotenusa 5 cm y un cateto de 3 cm gira alrededor del otro cateto
generando un cono. Calcula el área de este cono.
El radio del cono mide r = 3 cm y la generatriz g = 5 cm.
Por tanto, su área es A = πr + πrg = 9π + 15π = 24π cm .
2
2
8.22. Actividad interactiva.
8.23. Actividad resuelta.
8.24. Actividad resuelta.
8.25. Actividad resuelta.
8.26. *alcula el volumen de un cono de altura 4,5 dm y de generatriz 5,3 dm.
El radio de la base del cono es r =
V
Por tanto,=
5,32 − 4,52 = 2,8 dm.
πr 2 h
= 11,76π ≈ 36,95 dm3
3
8.27. El embudo de la figura está formado por un tronco de cono y un cilindro de 10 cm de
altura cada uno.
En el tronco de cono el radio de la tapa superior mide 6 cm y 2 cm el de la tapa
inferior.
Calcula el volumen total del embudo.
El volumen del tronco de cono será la diferencia entre el volumen del cono completo y el del cono
sobrante:
Observemos la figura. Aplicando la semejanza de triángulos:
x x + 10
⇒ 6x = 2x + 20 ⇒ 4x = 20 ⇒ x = 5 cm
=
2
6
El volumen del tronco de cono es, por tanto:
V1 =
π ⋅ 62 ⋅ 15 π ⋅ 22 ⋅ 5
520π
3
−
=
≈ 544,54 cm
3
3
3
El volumen del cilindro es V2 = π ∙ 2 ∙ 10 = 40π ≈ 125,66 cm .
2
3
El volumen de la figura es, por tanto, V = V1 + V2 = 670,2 cm .
3
22
Unidad 8 | Problemas métricos
8.28. Calcula los siguientes volúmenes.
a)
a)
b)
El área de le base es:=
AB
p · ap 50·6,9
2
=
= 172,5 cm .
2
2
El volumen de la pirámide es:
=
V
b)
AB · h 172,5·15
3
=
= 862,5 cm .
3
3
Se trata de dos semiesferas iguales, de radio 6 cm. Por tanto, el volumen coincidirá con el de
una esfera de radio 6 cm.
V=
4 3 4
3
πr =
· π ·63 = 288π ≈ 904,78 cm .
3
3
8.29. Actividad interactiva.
8.30. Actividad resuelta.
8.31. Actividad resuelta.
8.32. Actividad resuelta.
8.33. Actividad resuelta.
8.34. Actividad resuelta.
8.35. Actividad resuelta.
8.36. Dos de los lados de un paralelogramo miden 45 y 65 cm y forman un ángulo de 75º. Calcula su
perímetro y su área.
Perímetro: P = 2 ∙ 45 + 2 ∙ 65 = 220 cm
Dividiendo el paralelogramo en dos triángulos mediante una diagonal, tenemos que su área es:
1
=
A 2· ·45·65·sen75º ≈ 2825,33 cm2
2
Problemas métricos | Unidad 8
23
8.37. Calcula la medida del ángulo α.
5

⇒ β= 29º 3' 17''

9
 ⇒ α =21º 39'' 21''
11
tg ( α + β=
⇒ α +=
β 50º 42' 38'' 
)

9
tg β=
8.38. (TIC) Calcula el área de un sector circular de 4 cm de radio y cuyo arco mide 8 cm.
=
8
πr α
π · r · α π ·4· α
360º
⇒
A =
=
=
=
⇒α
360º
π
180º
180º
2
π ·42 ·360º
π = 16 cm2
360º
8.39. Halla la medida de todos los lados de este trapecio rectangular.
sen25º =
AD
⇒ AD = 12·sen25º = 5,07 cm
12
cos 25º =
AB
⇒ AB = 12·cos 25º = 10,88 cm
12
BC = 5,07 + 152 − 10,882 =15,4 cm
8.40. Actividad resuelta.
8.41. Actividad resuelta.
8.42. Actividad resuelta.
8.43. Calcula el volumen de un ortoedro si sus dimensiones están en la proporción 2 : 3 : 5, siendo
2
su superficie total de 248 cm .
Las dimensiones del ortoedro son 2x, 3x, y 5x.
Por tanto 248 = 2 · (2x · 3x + 2x · 5x + 3x · 5x) = 62x ⇒ x = 2 cm, es decir, las dimensiones del
3
ortoedro son 4, 6 y 10 cm, y así, su volumen es V = 4 · 6 · 10 = 240 cm .
2
2
8.44. Calcula el radio de una esfera sabiendo que si crece en 1 metro, su área crece en 44π m .
Si R es el radio de la esfera,
4π(R + 1) = 4πR + 44π ⇒ 4πR + 8πR + 4π = 4πR + 44π ⇒ 8R + 4 = 44 ⇒ R = 5 m.
2
24
2
Unidad 8 | Problemas métricos
2
2
8.45. Calcula el ángulo que forma la diagonal D con la cara base en el ortoedro de la figura.
La diagonal de la cara inferior mide
82 + 32 =
=
α
73 ≈ 8,54 , así, tg
4
= 0,47 ⇒=
α 25,17º .
8,54
8.46. Calcula el volumen del cuerpo geométrico que se obtiene al girar un cuadrado de 5 cm de lado
alrededor de su diagonal.
Al girar un cuadrado alrededor de una de sus diagonales, se obtienen dos conos de radio de la base y
alturas iguales a la mitad de la diagonal.
Esta diagonal mide D =
52 + 52 =
50 , con lo que el volumen de cada cono es
2
 50  50
π 

2
2  2
πr h
25 50 π
3

cm .
=
V
=
=
3
3
12
Por tanto, el volumen del cuerpo geométrico es
25 50 π
3
≈ 92,56 cm .
6
EJERCICIOS
Perímetros y áreas de figuras planas
2
8.47. (TIC) Calcula el perímetro de un cuadrado de 576 cm de superficie.
Lado del cuadrado:
=
l
=
576 24 cm
Perímetro: P = 4 · 24 = 96 cm
8.48. (TIC) Calcula el perímetro y el área de estas figuras.
a)
Un triángulo rectángulo cuya hipotenusa mide 38 cm y uno de sus catetos, 16.
b)
Un cuadrado cuya diagonal mide 50 cm.
c)
Un rombo de diagonales 16 y 12 cm.
a)
El otro cateto mide c =
382 − 162 ≈ 34,47 cm.
Perímetro: P = 38 + 16 + 34,47 = 88,47 cm
b)
El lado del cuadrado mide 502= 2l 2 ⇒ l=
Área:
16·34,47
= 275,76 cm2
2
502
≈ 35,36 cm.
2
2
Perímetro: P = 4 · 35,36 = 141,44 cm
c)
El lado del rombo mide l =
 502 
2

Área: A =
=
1250 cm
 2 


82 + 62 = 10 cm.
Perímetro: P = 4 · 10 = 40 cm.
=
A
Área:
16·12
= 96 cm2
2
Problemas métricos | Unidad 8
25
2
8.49. Calcula los lados de este triángulo isósceles sabiendo que su área es de 30 dm .
=
La base mide: 30
b ·10
⇒=
b 6 dm.
2
Por tanto, cada uno de los lados iguales mide c =
32 + 102 = 10,44 dm.
8.50. (TIC) Halla el área del triángulo rectángulo cuya hipotenusa mide 13 cm, y uno de sus catetos,
5.
El otro cateto mide c=
132 − 52= 12 cm, por tanto, el área es
=
A
5·12
= 30 cm2.
2
8.51. La diagonal de un rectángulo mide 39,36 dm, y su base, 18. Halla su perímetro y su área.
a
El otro lado del rectángulo mide=
39,362 − 182 ≈ 35 dm.
Perímetro: P = 2 · (18 + 35) = 106 dm
Área: A = 18 · 35 = 630 dm
2
8.52. (TIC) El lado de un hexágono regular mide 20 cm. Calcula la medida de la apotema y el área.
Apotema: ap =
=
Área: A
202 − 102 ≈ 17,32 cm
120·17,32
= 1039,2 cm2
2
2
8.53. Halla la altura del trapecio de la figura sabiendo que su área es de 190 cm .
190
=
(22 + 16)· h
190·2
⇒
=
h
= 10 cm
2
38
8.54. (TIC) Calcula el área de las siguientes figuras.
a)
Un sector circular de 8 cm de radio y un ángulo de 36º.
b)
La corona circular comprendida entre dos circunferencias de 19 y 34 cm de diámetro cada
una de ellas.
=
a) A
b)
26
π ·82 ·36º
= 20,11 cm2
360º
A=
π · (172 − 9,52 ) =
624,39 cm
Unidad 8 | Problemas métricos
2
8.55. Calcula el perímetro y el área de las figuras.
a)
a)
b)
La base del triángulo isósceles mide 2·
Cada uno de los lados iguales mide
7
= 5,1 cm.
tg70º
7
= 7,45 cm.
sen70º
Perímetro: P = 5,1 + 7,45 + 7,45 = 20 cm
=
A
Área:
b)
5,1·7
= 17,85 cm2
2
Observemos que si x es el otro lado del paralelogramo, sen 65º =
8
8
⇒x=
= 8,83 dm.
x
sen 65º
Perímetro: P = 2 · (6 + 8,83) = 29,66 dm
Área: A = 6 · 8 = 48 dm
2
8.56. Calcula la longitud de las circunferencias inscrita y circunscrita a un cuadrado de 8 cm de
lado.
El radio de la circunferencia inscrita es la mitad del lado del cuadrado, por tanto, su longitud será
L = 2πr = 2· π ·4 = 8π ≈ 25,13 cm.
El radio de la circunferencia circunscrita es la mitad de la diagonal del cuadrado, es decir, 4 2 , por
tanto, su longitud será L = 2πr = 2· π ·4 2 = 8 2π ≈ 35,54 cm.
2
8.57. El área de un sector circular dibujado en un círculo de 9 dm de diámetro es de 8,84 dm .
Calcula el número de grados que abarca.
=
8,84
π ·4,52 · α
8,84·360º
=
⇒α
= 50,02º
360º
4,52 ·π
8.58. (TIC) Con centro en el de una circunferencia de 106,81 cm de longitud, se ha trazado otra cuyo
radio es 4 cm menor que el de aquella.
Calcula el área de la corona circular que determinan.
Radio de la circunferencia mayor: 106,81 = 2πR ⇒ R =
106,81
=17 cm
2π
Radio de la circunferencia menor: r = 17 – 4 = 13 cm
Área: A = π · (172 − 132 ) = 120π = 376,99 cm
2
Problemas métricos | Unidad 8
27
8.59. Calcula el área de la parte coloreada de las figuras compuestas presentadas a continuación.
a)
b)
8·4
= 16π − 16 = 34,27 cm2
2
a)
A = π ·42 −
b)
Son tres triángulos equiláteros de 7,5 cm de lado.
7,5·6,5
=
= 73,13 cm2.
Por tanto su altura es h = 7,52 − 3,752 = 6,5 cm, y el área
es A 3·
2
8.60. Halla el perímetro y el área de la siguiente figura. Dibuja un polígono que tenga la misma área.
¿Tiene también el mismo perímetro?
La parte inferior de la figura está formada por 4 semicircunferencias de radio 2 cm.
Perímetro: P = 6 + 16 + 6 + 2·2π ·2 = 28 + 8π = 53,13 cm
A 6·16 + π ·22 − π=
·22 96 cm2
Área:=
Un polígono de igual área es, por ejemplo, el rectángulo de lados 16 y 6 cm, cuyo perímetro es 44
cm, es decir, no coincide con el de la figura.
8.61. Calcula el perímetro y el área de esta figura.
Para hallar el perímetro es necesario calcular la medida de los lados iguales del triángulo:
=
l
2
1,712 + 1
=
1,98 cm
Perímetro: P = 2 · 1,98 + 5 + 18 + 7 + 2 + 5 + 18 + 7 = 65,96 cm
Área: A=
28
2·1,71
+ 2·7 + 18·2 + 2·5= 61,71 cm2
2
Unidad 8 | Problemas métricos
8.62. Calcula el perímetro y el área de la figura siguiente.
(La figura está formada por dos trapecios isósceles y un triángulo equilátero).
2
6−3
Altura del trapecio superior: h =−
52 
4,77 cm
 =
 2 
2
7−3
Lados iguales del trapecio inferior: l =
182 + 
18,11 cm
 =
 2 
Altura del triángulo equilátero: h = 72 − 3,52 =6,06 cm
Perímetro de la figura: P = 6 + 2 · 5 + 2 · 18,11 + 2 · 7 = 66,22 cm
Área de la figura:=
A
( 6 + 3 ) ·4,77 ( 7 + 3 ) ·18
2
+
+
2
7·6,06
2
= 132,68 cm
2
8.63. Calcula el área de la parte coloreada de la figura representada.
El área de la figura
es: A Asector circular − Atriángulo
=
El triángulo es, en principio, isósceles, ya que tiene dos lados iguales al radio de la circunferencia. Por
180º −60º
= 60º , es decir, se trata de un triángulo equilátero.
tanto, sus dos ángulos iguales miden
2
Su altura mide, por tanto, h = 52 − 2,52 = 4,33 cm, y el área de la figura es:
A = Asector circular − Atriángulo =
π ·52 ·60º 5·4,33
−
= 13,09 − 10,83 = 2,26 cm2.
360º
2
8.64. Calcula el área del siguiente croquis de un parque natural. ¿Cuál es el
área real si la escala es de 1:3000?
Se puede dividir la figura en un triángulo isósceles y en un trapecio.
=
Así, el área del triángulo
es: A
6 ⋅ 6 ⋅ sen118º
= 31,79 cm2.
2
Para calcular el área del trapecio se halla primero el valor de la base mayor, x:
x
118º
2
sen
= sen59º =
⇒ x = 12 ⋅ sen59º = 10,29 cm
2
6
Así, el área del trapecio
es: A
=
(10,29 + 4 ) ⋅ 9
= 64,31 cm .
2
2
2
El área total es: A = 31,79 + 64,31 = 96,1 cm .
El área real es: 96,1 · 3000 = 864 900 000 cm = 86 490 m = 8,6 hm .
2
2
2
2
Problemas métricos | Unidad 8
29
8.65. Calcula el área y el perímetro de las siguientes figuras planas.
a)
a)
b)
La altura del triángulo es h =
202 − 102 = 17,32 cm.
2π ·10
=
P 3·
= 94,25 cm
Perímetro:
2
20·17,32
π ·102
2
Área: A =
+ 3·
=173,2 + 471,24 =644,44 cm
2
2
b)
La base de los paralelogramos mide 4 cm, su altura es la de un triángulo isósceles de base 8 cm
y lados iguales de 6 cm, es decir, h =
62 − 42 = 4,47 cm.
Perímetro: P = 8 + 4 · 6 + 2 · 4 = 40 cm
Área: A = 2 · 4 · 4,47 = 35,76 cm
2
Áreas y volúmenes de cuerpos geométricos
8.66. Calcula el área total y el volumen de las figuras indicadas a continuación.
a)
Un prisma pentagonal regular de 30 cm de perímetro en su base, 11 de altura y 4,13 de
apotema.
b)
Un cono de 17 dm de diámetro en su base y 25 de altura.
a)
Área: A= 2· AB + AL= 2·
=
V A=
Volumen:
B ·h
b)
30·4,13
+ 30·11= 453,9 cm2
2
30·4,13
·11 681,45 cm3
=
2
La generatriz del cono mide g =
252 + 8,52 = 26,41 dm.
2
Área: A = π ·8,52 + π ·8,5·26,41 = 932,22 dm
=
V
Volumen:
π ·8,52 ·25
= 1891,5 dm3
3
8.67. Halla el área total y el volumen de las siguientes figuras.
30
a)
Un cilindro de 19 cm de diámetro y 10 de altura.
b)
Un ortoedro de 20 dm de largo, 8 de ancho y 9 de alto.
c)
Una esfera de 32 cm de diámetro.
a)
2
π ·9,52 ·10 =
2835,29 cm3
Área: A = 2· π ·9,52 + 2· π ·9,5·10 = 1163,96 cm ; Volumen: V =
b)
Área: A = 2 · (20 · 8 + 20 · 9 + 8 · 9) = 824 dm ; Volumen: V = 20 · 8 · 9 = 1440 dm
c)
4
3
4· π ·162 =
3216,99 cm2; Volumen: V = · π ·163 =
Área: A =
17157,28 cm
3
2
Unidad 8 | Problemas métricos
3
8.68. Halla el área lateral de estos cuerpos geométricos.
a)
a)
b)
AL =
π ·10·24 =
753,96 cm
2
b)
AL = 4 · 7 · 12 = 336 dm
2
8.69. Halla el volumen de la figura geométrica representada a continuación.
La figura está formada por una semiesfera de radio 10 cm y un cono con una
base de radio 10 cm y altura h =
V
Por tanto, su volumen es: =
202 − 102 = 17,32 cm.
π ·102 ·17,32 4· π ·103
+
= 3908,14 cm3.
3
6
8.70. Calcula el volumen de las siguientes figuras geométricas.
a)
a)
b)
Apotema de la base: ap=
=
AB
Área de la base:
60·8,66
2
= 259,8 cm
2
Altura de la pirámide: h =
Volumen:
=
V
b)
102 − 52= 8,66 cm
252 − 102 = 22,91 cm
AB · h
3
= 1984,01 cm
3
Cómo solo se da una medida de la base, se debe presuponer que se trata de un triángulo
equilátero.
Altura del triángulo de la base: h =
=
AB
Área de la base:
82 − 42 = 6,93 cm
8·6,93
= 27,72 cm2
2
Volumen:
=
V A=
388,08 cm
B ·h
3
8.71. ¿Qué cantidad de chapa se necesita para hacer una esfera hueca de 5 m de diámetro?
¿Cuánta agua cabe en su interior?
4· ·2,52 =
78,54 m2 de chapa.
Se necesitan A =π
=
V
Caben
4· π ·2,53
= 65,45 m3 = 65 450 litros de agua.
3
Problemas métricos | Unidad 8
31
2
8.72. El área de un cubo es de 864 cm . Calcula su volumen.
Lado del cubo: 864 = 6 · l ⇒ l =
144 = 12 cm
2
Volumen: V = l = 12 = 1728 cm
3
3
3
3
8.73. Halla la altura y el área total de un cilindro de 461,81 cm de volumen si el radio de la base
mide 35 mm.
461,81
Altura del cilindro: 461,81 =
π ·3,52 · h ⇒ h = 2 =
12 cm
3,5 · π
2
Área: A = 2· π ·3,52 + 2· π ·3,5·12 = 340,86 cm
8.74. Considera un prisma y una pirámide que tienen la misma base y altura.
¿Cuántas pirámides se necesitan para obtener el mismo volumen del prisma?
Se necesitan tres pirámides.
8.75. En el interior de este cubo se ha colocado una esfera tangente a sus caras. Calcula el volumen
que queda entre ambas figuras.
V = 223 −
4
3
· π ·113 = 5072,72 cm .
3
8.76. Calcula el volumen de los siguientes objetos.
a)
b)
20·16·12
3
= 7040 cm
3
a)
V = 20·16·18 +
b)
=
V 123 + π ·62 ·12
= 3085,17 dm3
8.77. Halla el área total de las figuras del ejercicio anterior.
a)
Altura de las caras laterales de la pirámide cuyas bases son 16 cm: h1 =
122 + 102 = 15,62 cm.
Altura de las caras laterales de la pirámide cuyas bases son 20 cm: h2=
122 + 82= 14,42 cm.
20·16 + 2·20·18 + 2·16·18 + 2·
Área: A =
b)
16·15,62
10·14,42
+ 2·
=
2154,32 cm2
2
2
Área del cubo sin la cara superior: A1 = 5 · 12 = 720 dm
2
2
π ·62 + 2· π ·6·12 =
565,49 dm2
Área del cilindro sin la cara inferior: A2 =
2
=
122 − π ·6=
30,9 dm2.
Área de la cara superior del cubo quitando la base del cilindro: A
3
Área de la figura: A = A1 + A2 + A3 = 1316,39 dm
32
Unidad 8 | Problemas métricos
2
8.78. Calcula el volumen comprendido entre una esfera de 8 cm de radio y un cilindro situado dentro
de ella y con 3 cm de diámetro y 10 de altura.
Haz un dibujo de la composición.
V=
4
3
· π ·83 − π ·1,52 ·10= 2073,97 cm
3
3
8.79. El volumen de un cilindro es de 24 033,18 dm y su altura mide 340 cm. ¿Cuál es su radio?
24033,18 =π· r 2 ·34 ⇒ r =
24033,18
=
15 dm
34· π
8.80. La diagonal de un cubo es de 7 3 cm. Calcula su área y su volumen. ¿Cuál es el radio de una
esfera circunscrita al cubo?
(
Lado del cubo: 7 3
)=
2
3l 2 ⇒ l 2 =
(7 3 )
3
2
= 49 ⇒ l = 7 cm
Área: A = 6 · 7 = 294 cm .
2
Volumen: V = 7 = 343 cm
2
3
3
El diámetro de la esfera circunscrita coincide con el diámetro del cubo, por tanto, el radio es
r =
7 3
cm.
2
8.81. Calcula el volumen de la caja de la figura.
La caja está formada por un ortoedro y medio cilindro, por tanto, V =10·8·2 +
π ·52 ·2
3
= 238,54 cm .
2
8.82. En el interior de una esfera de 13 dm de diámetro hay una pirámide de base un triángulo
equilátero de 8 dm de lado y 6 de altura. ¿Qué volumen queda entre los dos cuerpos
geométricos?
El volumen será
=
V Vesfera − Vpirámide .
Altura de la base de la pirámide: h =
82 − 42 = 6,93 dm
4
3
Vesfera =· π ·6,53 =
1150,35 dm
3
=
Vpirámide
1 8·6,93
3
=
·
·6 55,44 dm
3
2
Por tanto, V = 1150,35 – 55,44 = 1094,91 dm
3
Problemas métricos | Unidad 8
33
8.83. Estudia cómo varía el volumen de un cilindro de radio r y altura h en cada uno de los
siguientes casos.
a)
Su altura aumenta el doble.
b)
Su radio disminuye a la mitad.
c)
Su altura aumenta el doble, y su radio, también.
a)
El volumen aumenta el doble.
b)
El volumen disminuye una cuarta parte.
c)
El volumen se multiplica por 8.
8.84. Halla el área total y el volumen del tronco de pirámide representado.
2
 12 − 6 
Altura de las caras laterales: h =
102 − 
9,54 cm
 =
 2 
Área: A = 122 + 62 + 4·
(12 + 6)·9,54
= 523,44 cm2
2
El volumen será la diferencia entre el volumen de la pirámide completa y la pirámide sobrante.
Observemos la figura, tenemos:
h ' h '− 9,54
=
⇒
=
h ' 19,08 cm
6
3
19,082 = h 2 + 62 ⇒ h = 18,11 cm
18,11 h ''
=
⇒ h '' = 9,06 cm
6
3
Por tanto: V =
122 ·18,11 62 ·9,06
−
= 760,56 cm3
3
3
8.85. Unos módulos para guardar ropa debajo de la cama tienen la base con forma de sector circular
de 60 cm de radio y ángulo de 80º. La altura de los mismos es de 20 cm. ¿Qué capacidad
tienen?
Si el sector circular fuera un círculo completo, el módulo sería un cilindro. Por tanto, los módulos son
un trozo de cilindro.
=
A
Área del sector circular:
π ·602 ·80º
= 2513,27 cm2
360º
Capacidad de los módulos: V = 2513,27 · 20 = 50 265,4 cm
34
Unidad 8 | Problemas métricos
3
8.86. ¿Qué relación tienen el área de un tetraedro y la de un cubo con la misma arista? Ayúdate de
un ejemplo para responder a la pregunta.
Pongamos que la arista mide a, de este modo, el área del cubo es A1 = 6a .
2
Para calcular el área de una de las caras del tetraedro tenemos que calcular la altura de un triángulo
equilátero de lado a:
2
a 3
a
cm.
h = a2 −   =
2
2
a 3
a·
2
2
Por tanto, el área del tetraedro
es A2 4·
=
=
a 2 3 cm .
2
La relación de áreas es=
r
A1
6a 2
=
=
A2 a 2 3
6
= 2 3 ≈ 3,46 .
3
PROBLEMAS
8.87. En el abanico del dibujo, calcula el área de la zona coloreada.
La zona coloreada es la diferencia de dos sectores circulares, así,
A=
π ·402 ·75º π ·302 ·75º
−
= 458,15 cm2.
360º
360º
8.88. Se quiere construir una piscina con forma de rombo y rodeada por una zona de césped
limitada por una circunferencia tal y como muestra la figura.
El diámetro de la circunferencia mide 15 m, y el lado del rombo, 7,5.
a)
Calcula, en función de α, el área cubierta por el césped.
b)
Calcula dicha área para los casos en que α = 45º, α = 50º y α = 60º.
a)
A = π ·7,52 − 2·
b)
=
α 45º ⇒ =
A 120,46 m2
7,5·7,5·sen2α
= 56,25· ( π − sen2α )
2
=
α 50º ⇒ =
A 121,32 m2
=
α 60º ⇒ =
A 128 m
2
Problemas métricos | Unidad 8
35
8.89. Con el trozo de plancha de aluminio con forma de sector circular de
la derecha se quiere construir un recipiente cónico.
a)
Calcula la longitud de la base del cono construido.
b)
Calcula el radio de la base y la altura del cono.
c)
Calcula el volumen del cono.
El lado del sector (generatriz del cono) =
mide l
a) L
=
b)
π ·73,25·55º
= 70,31 cm
180º
2=
πr 70,31 ⇒
=
r
h=
=
c) V
60
= 73,25 cm.
sen55º
70,31
= 11,19 cm
2π
73,252 − 11,192 = 72,39 cm
π ·11,192 ·72,39
= 9492,21 cm2
3
8.90. En unos recipientes cilíndricos de 6 m de diámetro y 6 de altura se ha preparado cera para
elaborar velas. Unas tienen forma de prisma cuadrangular de 7 cm de lado de la base y 10 de
altura, y otras, forma cilíndrica de 9 cm de diámetro de la base y 10 de altura.
Para hacer un pedido de 2000 velas con forma de prisma y 300 con forma de cilindro, ¿es
suficiente con uno de los recipientes de cera?
3
Volumen del recipiente: V1 = π ·32 ·6 = 54π = 169,65 m
2
=
V2 7=
·10 490 cm3.
Volumen del prisma:
3
Volumen del cilindro: V3 = π ·4,52 ·10 = 202,5π = 636,17 cm .
En total se gastan 2000 · 490 + 300 · 636,17 = 1 170 851 cm = 1,17 m de cera en las velas, por
tanto, hay suficiente cera en el recipiente.
3
36
Unidad 8 | Problemas métricos
3
8.91. En una ciudad se han colocado 60 farolas formadas por cuatro trapecios isósceles de cristal
de 20 mm de grosor, adornados con un borde de forja, como los de la figura.
a)
¿Cuánto cristal ha sido necesario en la construcción de todas las farolas?
b)
Suponiendo que el adorno de hierro tiene un grosor tan fino que se puede considerar una
figura plana, ¿qué cantidad de este metal se ha empleado en total?
a)
( 60 + 40 ) ·50
3
Se han
empleado V 4·
=
=
·2 20 000 cm de cristal en cada farola.
2
Por tanto, se han empleado 60 · 20 000 = 1 200 000 cm = 1,2 m de
cristal en todas ellas.
3
b)
3
En cada farola, la cantidad de hierro es 4 veces el área comprendida
entre los dos trapecios de la figura.
 ( 60 + 40 ) ·50 ( 52 + 32 ) ·42 
−
Por tanto, A= 4· 
=
2
2


2944 cm
2
En total se emplean 60 · 2944 = 176 640 cm = 17,664 m de metal.
2
2
8.92. Paula compra 5 kg de tierra para llenar 3 macetas con forma de ortoedro de 45 cm de largo, 20
de ancho y 15 de alto, y otras 4 macetas con forma de tronco de cono de 25 cm de diámetro
superior, 18 de diámetro de la base y 23 de altura.
Si la densidad de la tierra es de 300 kg por metro cúbico, ¿tendrá suficiente tierra para todas
las macetas?
Volumen del ortoedro: V1 = 45 · 20 · 15 = 13 500 cm
3
El volumen del tronco de cono es la diferencia entre el volumen del cono
completo y el volumen del cono sobrante.
Observemos la figura:
Tenemos:
h
12,5
=
⇒=
h 82,14 cm.
h − 23
9
Por tanto, el volumen del tronco de cono es:
V=
2
π ·12,52 ·82,14 π ·92 ·59,14
−
= 8423,69 cm3.
3
3
En total necesita 3 · 13 500 + 4 · 8423,69 = 74 194,76 cm de tierra, es decir,
300 · 0,0742 = 22,26 kg de tierra, por lo tanto, no tiene suficiente.
3
Problemas métricos | Unidad 8
37
8.93. El dibujo muestra el logotipo de una marca de coches. Su contorno exterior es un hexágono
regular, y en el interior incluye otro hexágono regular. En el diseño hay solo zonas grises y
zonas naranja.
a)
Calcula la razón entre las áreas de color gris y las de color naranja.
b)
Halla dichas áreas si el lado del hexágono interior es de un centímetro.
2
Apotema del hexágono exterior:
3
a
a2 −   =
a
2
2
3
a
6a ·
3 3 2
2
Área del hexágono exterior:
=
A1 =
a
2
2
2
Apotema del hexágono interior:
2
3
a a
a
  −  =
8
4 8
a 3
6 ·
a
3 3 2
4 8
Área del hexágono interior:
=
A2 =
a
2
32
 3
3
3 3
Altura de los trapecios: 
−
a
 a =
 2
8 
8

a a 3 3
a
 + ·
7 3 2
3 4 8
Área de un
trapecio: A3 =
=
a
2
64
Área de la zona naranja: A4 = 6 · A3 + A2 =
Área de la zona gris: A5 = A1 – A4 =
38
21 3 2 3 3 2 3 3 2
a +
a =
a
32
32
4
3 3 2 3 3 2 3 3 2
a −
a =
a
2
4
4
A5
= 1, es decir, ambas áreas son iguales.
A4
a)
La razón es
b)
Si a = 1 cm, las áreas valen
Unidad 8 | Problemas métricos
3 3
≈ 1,3 cm2.
4
AMPLIACIÓN
8.94. La figura está construida con 4 semicírculos. Si PR = 12 y QS = 6, el área encerrada es:
a)
81π
b)
36π
c)
18π
d)
9π
Llamando 2x al diámetro PQ, el diámetro QR será 12 − 2x y el diámetro RS será 6 − (12 − 2x) = 2x −
6. Así pues, el diámetro PS = PQ + QS = 2x + 6, por lo que los radios a tener en cuenta son x, 6 − x,
π
x − 3 y x + 3 y el área pedida será A = ( ( x + 3)2 − x 2 + (6 − x )2 − ( x − 3)2 ) = 18π , la respuesta c.
2
8.95. En el trapecio de 6 cm de altura de la figura, T es el punto medio del lado QR. ¿Cuál es el área,
2
en cm , de la región sombreada?
a)
26
b)
27
c)
34
d)
42
Bajando RG y TH perpendiculares a PQ, los triángulos RGQ y THQ son semejantes, de razón de
1
6
semejanza 2, por lo que TH = RG =
= 3 cm.
2
2
Así pues, el área pedida es
(10 + 4)·6 10·3
2
−
= 27 cm , la respuesta b).
2
2
8.96. *En el rectángulo ABCD, AD mide 1 cm y las rectas DB y DP dividen en tres partes iguales el
ángulo D. ¿Cuál es el perímetro del triángulo BDP?
a)
4 3
3
3+3 5
2
2+
b)
2+
·tg30º 1·tg30º
=
AP AD=
=
=
BD
BC
1
= = 2
sen30º sen30º
Perímetro: DP + PB + BC =
c)
2
2+
AD
1
2 3
3
=
DP = =
cos30º cos30º
3
3
PB = AB – AP =
3−
5 3
d)
3
=
DC
BC
1
= =
tg30º tg30º
3
3 2 3
=
3
3
2 3 2 3
4 3
, la respuesta a).
+
+2 = 2+
3
3
3
Problemas métricos | Unidad 8
39
8.97. En el triángulo ABC, el ángulo A mide 100º, y el B, 50º. Si AH es una altura y BM una mediana,
el ángulo MHC es igual a:
a)
22,5º
b)
30º
c)
40º
d)
45º
Al ser rectángulo el triángulo AHC y M el punto medio de la hipotenusa AC, M es el centro de la
circunferencia circunscrita a dicho triángulo.
Por tanto, el triángulo MHC es isósceles y los ángulos MHC y MCH son iguales.
Como MCH = 180º − (100º + 50º) = 30º, la respuesta es b).
8.98. Sobre una mesa hay 4 tiras de cartón de 10 cm de longitud y 1 cm de anchura de forma que se
2
solapan como indica la figura. ¿Cuál es, en cm , el área del trozo de mesa cubierto por las
tiras?
a)
36
b)
40
c)
44
d)
96
El área de cada tira es 10 · 1 = 10 cm , luego el área cubierta si no se solaparan sería de 40 cm .
2
2
Como hay 4 cuadrados de 1 cm de lado contados dos veces, el área pedida será 40 − 4 = 36 cm ,
respuesta a).
2
AUTOEVALUACIÓN
8.1.
Calcula el perímetro y el área de:
a)
Un cuadrado de 18 cm de diagonal.
b)
Un octógono regular de 7 cm de lado y 8,45 de apotema.
a)
Lado del cuadrado: 18 = 2 · l ⇒ l =
2
2
Perímetro: P = 4 · l = 50,92 cm
Área: A = l = 162 cm
2
b)
Perímetro: P = 8 · 7 = 56 cm
Área: A =
40
2
56·8,45
2
= 236,6 cm
2
Unidad 8 | Problemas métricos
162 = 12,73 cm
8.2.
Calcula el área de la zona coloreada.
a)*
a)
b)
c)
La figura está formada por dos trapecios que comparten un lado de longitud l =
52 + (7 − 5)2 =
= 29 cm.
(
Sus alturas son 5 y h =
29
)
2
− (17 − 14 ) =
2
20 = 2 5 cm.
(7 + 5)·5 (17 + 14)·2 5
+
=
30 + 31 5 ≈ 99,32 cm2.
Por tanto, el área es A =
2
2
b)
La figura está formada por un cuadrado y un triángulo isósceles.
Altura del triángulo: h =
=
A
Área:
c)
202 − 142 = 14,28 cm
28·14,28
+=
282 983,92 cm2
2
Área del cuadrado: A1 = 10 = 100 cm
2
A2
Área del triángulo:=
2
10·5
= 25 cm2
2
Área del semicírculo:=
A3
π ·52
2
= 39,27 cm
2
Área de la figura: A = A1 − A2 − A3 = 35,73 cm
8.3.
2
Calcula el área total de las siguientes figuras.
a)
Un prisma pentagonal de 6 cm de lado, 4,13 de apotema y 18 de altura.
b)
Un cono de 24 cm de generatriz y 6 de radio de la base.
c)
Una pirámide cuya base es un triángulo rectángulo isósceles de 8 cm de hipotenusa con 2
caras verticales de 15 cm de altura sobre los catetos.
a)
A= 2· AB + AL= 2·
b)
A = π ·62 + π ·6·24 = 180π = 565,49 cm2
c)
La tercera cara lateral, cuya base es la hipotenusa del triángulo de la base, es un triángulo
isósceles.
30·4,13
+ 30·18= 663,9 cm2
2
Los catetos de la base miden: 8 = 2c ⇒ c =
2
2
32 ≈ 5,66 cm.
2
Los lados iguales de la tercera cara lateral: x = 152 + 32 = 257 ≈ 16,03 cm
Altura de la tercera cara lateral: h=
Área total: A =
2
257 − 42=
241 ≈ 15,52 cm
32· 32
32 ·15 8· 241
+ 2·
+
=
16 + 5,66 + 931,45 =
953,11 cm2
2
2
2
Problemas métricos | Unidad 8
41
8.4.
3
Halla la altura de un cilindro de 5852,79 dm de volumen y 23 dm de diámetro.
5852,79
5852,79 =
π ·11,52 · h ⇒ h =
=
14,09 dm
11,52 · π
8.5.
3
Calcula el radio de una esfera de 0,18 m de volumen.
0,18 =
8.6.
4
· π· r 3 ⇒ r =
3
3
3·0,18
= 0,35 m
4· π
Halla el volumen de la zona sombreada.
a)
a)
b)
Volumen del cubo: V1 = 28 = 21.952 cm
3
Volumen del =
cono: V2
3
π ·142 ·28
= 5747,02 cm3
3
Volumen de la zona sombreada: V = V1 – V2 = 16 204,98 cm
b)
Volumen del ortoedro sombreado: V1 = 8 · 9 · 5 = 360 cm
Volumen de la pirámide sombreada:
=
V2
8·9·25
3
= 600 cm
3
Volumen de la zona sombreada: V = V1 + V2 = 960 cm
8.7.
En el cubo de la figura:
a)
Calcula la medida de la diagonal.
b)
Calcula la medida de los ángulos α y β.
a)
d=
b)
α = 45º
tg=
β
42
32 + 32 + 32 =
3
27 cm
3
=
=
2
3 2
3 +3
2
Unidad 8 | Problemas métricos
2
⇒=
β 35,26º
2
3
3
3
PON A PRUEBA TUS COMPETENCIAS
Observa y experimenta > Poliedros arquimedianos
En la unidad has estudiado los prismas, las pirámides, los poliedros regulares… También has visto
que hay otros cuerpos que se pueden formar uniendo poliedros de estos tipos.
Pero los poliedros regulares no son los únicos que tienen cierta “regularidad”. Los poliedros
arquimedianos están formados por polígonos regulares de varios tipos y tienen la particularidad de
que todos sus vértices son iguales, en todos concurren los mismos polígonos y en el mismo orden.
8.1.
Busca el nombre y la descripción de los poliedros arquimedianos y dónde aparecen en la
naturaleza.
Solo hay 13 poliedros arquimedianos, en la siguiente tabla aparecen sus nombres y las caras que los
forman.
Nombre del sólido
Caras
Cuboctaedro
6 cuadrados y 8 triángulos
Gran rombicosidodecaedro o
12 decágonos, 20 hexágonos y 30 cuadrados
icosidodecaedro truncado
Gran rombicuboctaedro o
6 octógonos, 8 hexágonos y 12 cuadrados
cuboctaedro truncado
Icosidodecaedro
12 pentágonos y 20 triángulos
Pequeño rombicosidodecaedro o
12 pentágonos, 20 triángulos y 30 cuadrados
rombicosidodecaedro
Pequeño rombicuboctaedro o
18 cuadrados y 8 triángulos
rombicuboctaedro
Cubo romo
6 cuadrados y 32 triángulos
Dodecaedro romo
Cubo truncado
Dodecaedro truncado
12 pentágonos y 80 triángulos
6 octógonos y 8 triángulos
12 decágonos y 20 triángulos
Icosaedro truncado
12 pentágonos y 20 hexágonos
Octaedro truncado
6 cuadrados y 8 hexágonos
Tetraedro truncado
4 hexágonos y 4 triángulos
Los poliedros arquimedianos se obtienen de los poliedros regulares, bien cortando estos por un plano
que pase por el punto medio de todas las aristas que concurren en cada vértice, bien cortando por un
plano que pase a una distancia del vértice igual a un tercio del valor de cada arista.
Los poliedros arquimedianos son habituales en la naturaleza. Por ejemplo, la molécula del carbono 60
(fullereno) tiene forma del icosaedro truncado. Robert Curl y Richard Smalley, de la Universidad Rice
de Texas, junto a Harold Kroto de la Universidad de Sussex de Inglaterra, fueron galardonados con el
premio Nobel de Química en 1996 por el descubrimiento de esta molécula.
También es frecuente encontrarlos en las estructuras de ciertos virus y cristales.
Los mismos balones de fútbol han estado hechos siempre con 12 pentágonos y 20 hexágonos
(icosaedro truncado), aunque hoy día se han cambiado por otra forma poliédrica más redondeada (el
pequeño rombicosidodecaedro) que tiene 20 triángulos, 30 cuadrados y 12 pentágonos y que ocupa
más del 94 % de la esfera circunscrita.
Problemas métricos | Unidad 8
43
8.2.
Construye algunos de ellos usando el material que prefieras: a partir del desarrollo, usando
palillos, con polígonos prefabricados, etc.
Actividad libre.
Razona y construye > La geometría en la construcción
Seguro que alguna vez has construido una pirámide con cartas. ¿Por
qué se colocan los naipes de esa forma?
Al construir cualquier estructura, es importante hacerlo de la forma más
segura. Seguramente habrás notado que al hacer una pared se colocan
los ladrillos de forma alterna. Esto hace que la estructura sea más
segura, ya que evita que haya líneas de fractura claras.
Si en lugar de esa colocación hubiéramos situado los ladrillos apilados en columnas, quedarían
unas líneas verticales por las que la pared sería más débil.
En una pared de ladrillos se pueden retirar algunos sin que la estructura se derrumbe, quitando
piezas que formen una pirámide.
8.1.
Hemos hecho una construcción con varias filas de ladrillos. En la base hay 20 ladrillos; en la
fila superior, 19, y así hasta la primera fila, que tiene 10 ladrillos. ¿Podrías calcular la cantidad
total de ladrillos? ¿Y si en la base hubiera, por ejemplo, 100 ladrillos?
Hay que intentar hallar la fórmula para calcular la cantidad total de ladrillos en función de los ladrillos
de la base. Se puede abordar el problema como un cálculo con progresiones aritméticas, pero tiene
una interpretación geométrica más sencilla, ya que la figura que se forma es un trapecio.
Recordemos que el área de un trapecio es A =
(B + b )· h
h = 11, obtenemos que el total de ladrillos es 165.
2
, así, en el primer caso, con B = 20, b = 10 y
En el segundo caso, B = 100, b = 10 y h = 91, con lo que hay un total de 5005 ladrillos.
8.2.
Vamos a usar ladrillos de dimensiones 2 × 1 (sin tener en cuenta el grosor del tabique). Puedes
representarlos por piezas de dominó. Construiremos un rectángulo sin líneas de fractura y sin
partir ningún ladrillo. ¿Podemos conseguir un rectángulo de dimensiones 3 × 5? ¿Cuál será el
tamaño del rectángulo mínimo?
Con ladrillos de dimensión 2 × 1, que tienen un área de 2 unidades
cuadradas, solo se podrán construir (con o sin fractura)
rectángulos de área par, es decir, rectángulos en los que al menos
una de las dimensiones es par, por lo que no es posible construir
el rectángulo de dimensiones 3 × 5.
El rectángulo más pequeño que puede construirse sin líneas de
fractura, descartando el caso trivial de un rectángulo 2 × 1, es el
de dimensiones 6 × 5. La figura muestra una posible construcción
de este rectángulo.
De hecho, se puede demostrar que se puede construir, sin líneas
de fractura, un rectángulo de dimensiones n × m, con n par, si y
solo si n = 2, m = 1; n = 6, m = 5; n = 6, m ≥ 7 o n ≥ 8.
44
Unidad 8 | Problemas métricos
8.3.
Con ladrillos de otro tipo puede ser más fácil obtener este tipo de muro. Por ejemplo,
utilizando ladrillos formados por la unión de cuatro cuadrados, como en el juego tetris,
¿puedes construir algún rectángulo sin líneas de fractura más pequeño que el del apartado
anterior? ¿Por qué no se usa este tipo de ladrillos?
Es fácil hacer muros sin líneas de fractura más pequeños.
No se usan estos ladrillos porque es más fácil fabricar los tradicionales, todos iguales y con la forma
más sencilla.
8.4.
El cubo Soma es un puzle creado por Piet Hein en 1936. A partir de siete piezas hechas
uniendo cubos de distintas formas se puede formar un cubo y muchas otras figuras. Es un
juego fácil de construir. Busca algunas de esas figuras en internet y trata de resolverlas.
Actividad libre.
Problemas métricos | Unidad 8
45
Interpreta y descubre > El volumen de una esfera
Se cuenta que Arquímedes hizo grabar sobre su tumba un círculo inscrito a
la vez en un cuadrado y en un triángulo equilátero de bases superpuestas,
en memoria de uno de sus más bellos descubrimientos: que el volumen de
una esfera es dos tercios del volumen del cilindro circunscrito, que a su
vez es dos tercios del volumen del cono equilátero circunscrito a la misma
esfera.
Y se cuenta también que gracias a este emblema pudo hallar Cicerón la
tumba del siracusano, olvidada y cubierta por la maleza, un siglo y medio
después de su muerte.
8.5.
¿En qué época vivió Arquímedes? Si te fijas en el texto anterior observarás que Arquímedes
era “siracusano”. ¿Cuál fue su lugar de nacimiento?
Nació en Siracusa, al este de la isla de Sicilia. Vivió de 287 a. C. a 212 a. C.
8.6.
Muchos de los logros científicos de Arquímedes han llegado hasta nuestros días. ¿Puedes
citar algunos de ellos?
Arquímedes fue matemático, físico, ingeniero, inventor y astrónomo.
De sus logros matemáticos destacan el cálculo del área bajo una parábola, la aproximación del
número π, la espiral que lleva su nombre, y el cálculo de superficies y volúmenes de los cuerpos de
revolución.
En física destacan el principio de Arquímedes y la palanca.
8.7.
Utilizando las fórmulas del volumen de la esfera, del cilindro y del cono que él mismo
descubrió, comprueba las relaciones que se enuncian en el texto:
2
Vcilindro
3
a)
Vesfera =
a)
El volumen de la esfera es V=
b)
Vcilindro =
2
Vcono
3
4
π · r 2 ·2r =
2 π · r 3 , de donde se
π · r 3 y el del cilindro es V =
3
obtiene la relación.
b)
La altura del triángulo equilátero es 3r. Por otra parte, si l es el lado de este triangulo, que
3l
3l
= 3r y se
; por tanto,
2
2
2
1
deduce que l = 2 3r . De este modo, el volumen del cono es V =
π r 3 ·3r =
3π · r 3 , de
3
donde se obtiene la relación.
coincide con el diámetro de la base del cono, la altura debe ser
(
46
Unidad 8 | Problemas métricos
)
8.8.
Pero ¿cómo obtuvo Arquímedes la fórmula del volumen de la esfera? Interpreta el siguiente
texto y, con lápiz y papel, dibuja lo que hizo.
Arquímedes imaginó una esfera inscrita en un cilindro y los dividió ecuatorialmente por la
mitad. Tomó por separado la semiesfera, el semicilindro y un cono inscrito en la otra mitad
del cilindro. Y luego imaginó los tres sólidos cortados en finísimas “rebanadas”
horizontales, o lo que es lo mismo, seccionados por una infinidad de planos paralelos. Vio
que para cada corte se cumplía que el área de la sección del cilindro era igual al área de la
sección de la semiesfera más el área de la sección del cono.
8.9.
Compruébalo. Para ello ten en cuenta que si el plano que los corta está a una distancia d del
vértice del cono, entonces el radio de la sección del cono es d.
a)
¿Por qué? ¿Cuál es el radio de la sección de la semiesfera?
b)
Comprueba que
=
Ssección del cilindro Ssección de la semiesfera + Ssección del cono .
a)
Para la primera parte, observa el diagrama.
Los triángulos AOV y BCV son semejantes; además, AO = OV = r,
luego x = BC = CV = d.
Para la segunda parte, observa el diagrama.
x2 = r 2 − d 2 ⇒ x =
b)
r 2 − d2
Según el apartado anterior.
Scilindro = π · r 2
Scono = π · d 2
Ssemiesfera = π · ( r 2 − d 2 ) = π · r 2 − π · d 2
De donde se deduce la relación.
Y anticipándose 2000 años al cálculo integral, dedujo que si esta relación se cumplía para todas las
rebanadas, también tendría que cumplirse para sus respectivas sumas, por lo que el volumen del
cilindro tenía que ser igual al de la semiesfera más el del cono. Arquímedes conocía las fórmulas
que permiten hallar el volumen del cilindro y el del cono, por lo que pudo deducir la fórmula del
volumen de la esfera.
8.10. Comprueba de una forma práctica la relación anterior. Toma una semiesfera, que puede ser la
mitad de una pelota de tenis. Construye en cartulina un cilindro y un cono con las
características descritas. Llena la semiesfera y el cono con agua y viértelos en el cilindro.
¿Hasta dónde se llena el cilindro? ¿Cómo lo interpretas?
Respuesta abierta. El cilindro debería llenarse completamente.
Problemas métricos | Unidad 8
47
Proyecto editorial: Equipo de Educación Secundaria del Grupo SM
Autoría: Fernando Alcaide, Antonia Aranda, Rafaela Arévalo, Juan Jesús Donaire, Vanesa Fernández, Joaquín
Hernández, Juan Carlos Hervás, Miguel Ángel Ingelmo, Cristóbal Merino, María Moreno, Miguel Nieto, Isabel de
los Santos, Esteban Serrano, Yolanda A. Zárate
Edición: Oiana García, José Miguel Gómez, Aurora Bellido
Revisión contenidos solucionario: Juan Jesús Donaire
Corrección: Javier López
Ilustración: Modesto Arregui, Estudio “Haciendo el león”, Jurado y Rivas, Félix Anaya, Juan Francisco Cobos,
José Santos, José Manuel Pedrosa
Diseño: Pablo Canelas, Alfonso Ruano
Maquetación: SAFEKAT S. L.
Coordinación de diseño: José Luis Rodríguez
Coordinación editorial: Josefina Arévalo
Dirección del proyecto: Aída Moya
(*) Una pequeña cantidad de ejercicios o apartados han sido marcados porque contienen alguna corrección en su
enunciado respecto al que aparece en el libro del alumno.
Gestión de las direcciones electrónicas:
Debido a la naturaleza dinámica de internet, Ediciones SM no puede responsabilizarse de los cambios o las
modificaciones en las direcciones y los contenidos de los sitios web a los que remite este libro.
Con el objeto de garantizar la adecuación de las direcciones electrónicas de esta publicación, Ediciones SM emplea un sistema de
gestión que redirecciona las URL que con fines educativos aparecen en la misma hacia diversas páginas web. Ediciones SM declina
cualquier responsabilidad por los contenidos o la información que pudieran albergar, sin perjuicio de adoptar de forma inmediata las
medidas necesarias para evitar el acceso desde las URL de esta publicación a dichas páginas web en cuanto tenga constancia de que
pudieran alojar contenidos ilícitos o inapropiados. Para garantizar este sistema de control es recomendable que el profesorado
compruebe con antelación las direcciones relacionadas y que comunique a la editorial cualquier incidencia a través del correo
electrónico ediciones@grupo-sm.com.
Cualquier forma de reproducción, distribución, comunicación pública o transformación de esta obra solo puede ser
realizada con la autorización de sus titulares, salvo excepción prevista por la ley. Diríjase a CEDRO (Centro Español de
Derechos Reprográficos, www.cedro.org) si necesita fotocopiar o escanear algún fragmento de esta obra, a excepción
de las páginas que incluyen la leyenda de “Página fotocopiable”.
© Ediciones SM
Impreso en España – Printed in Spain