Taller didáctica de la geometría - Ángelo Soto

TALLER DE DIDÁCTICA DE LA GEOMETRÍA
Presentado por:
ÁNGELO JOSEPH SOTO VERGEL
CC. 1090409751
Presentado a:
Msc. RUTH MERY GONZALEZ SEPÚLVEDA
UNIVERSIDAD FRANCISCO DE PAULA SANTANDER
FACULTAD DE CIENCIAS BÁSICAS
MAESTRÍA EN EDUCACIÓN MATEMÁTICA
SAN JOSÉ DE CÚCUTA – NORTE DE SANTANDER
MARZO 2017
HISTORIA DE LA GEOMETRIA
LOS BABILONIOS
Inventan la rueda
Descubrieron que la relación numérica entre la
longitud de una circunferencia y su diámetro es
igual a 3
Dividen la circunferencia en
360 partes iguales
LOS EGIPCIOS
Emplean la geometría para construir piramides y
medir terrenos
Obtienen límites de propiedad de terrenos
LOS GRIEGOS
Tales de Mileto
Pitágoras
Euclides
Arquímides
• Considerado el primer
filósofo matemático que
demostró sus afirmaciones
• Determina la relación
entre los lados de
cualquier triángulo
rectángulo
• Establece definiciones,
• Calcula un valor para pi
postulados, axiomas y
• Determina la fórmula
teoremas sobre las figuras
para calcular el área de
geométricas planas
una elipse, el volumen
• Autor de la obra "Los
de un cono y de la
Elementos" compuesta por
esfera
13 libros
CUADRATURA DEL CÍRCULO
Se denomina cuadratura del círculo al problema matemático irresoluble de geometría consistente en hallar con solo regla y compás un
cuadrado que posea un área que sea igual a la de un círculo dado. Solo se puede calcular por el método de repeticiones sucesivas.
La resolución de este problema trató de abordarse repetidas veces, sin éxito, desde la antigüedad clásica hasta el siglo XIX. Hablando
en sentido figurado, se dice de algo que es la "cuadratura del círculo" cuando representa un problema muy difícil o imposible de resolver.
La cuadratura del círculo es uno de los tres problemas de la
Grecia clásica, los otros dos son la duplicación del cubo y
la trisección del ángulo, que los matemáticos griegos
intentaron resolver utilizando únicamente la regla y el
compás. Éste intento continuó, por matemáticos de todo el
mundo hasta finales del siglo XIX.
Efectivamente, fue el matemático alemán Ferdinand
Lindemann, quien en 1882 demostró que el número PI era
trascendente y por tanto el problema irresoluble.
A pesar de esto, se ha seguido buscando métodos
geométricos de aproximación hasta nuestros días, incluso
por matemáticos prestigiosos. Se busca una construcción
sencilla, elegante y con el menor número de pasos.
Dado un círculo, C1, de radio R1=1, un cuadrado inscrito en
él, de lado 𝐿 = √2 y otro círculo, C2 inscrito en dicho cuadrado
y de radio 𝑅2 = √2/2 vamos a demostrar que existe un circulo,
C3, entre C1 y C2, cuya superficie es igual a la del cuadrado
dado y cuyo radio, R3, vamos a determinar.
a) Desde el centro, O, trazamos un ángulo de 30º que
determina los puntos de corte A, B, C, D, con los
círculos C2 y C1 respectivamente y teniendo al radio
OQ como bisectriz.
b) Trazamos los segmentos AD y BC, y donde se cortan
determina el punto P sobre el radio OQ. El Segmento
OP, es el radio R3 del circulo C3, buscado.
Determinación del segmento OP = R3.
Aplicando el teorema de los senos para la resolución de
triángulos oblicuángulos y considerando que sin(123°) =
sin⁡(57°) por ser ángulos complementarios y OD = 1.
𝑂𝐷
𝑂𝑃
sin⁡(42°)
=
→ 𝑂𝑃 =
= 𝑅3
sin⁡(123°) sin⁡(42°)
sin⁡(57°)
De la hipótesis inicial tenemos: superficie del cuadrado de
lado 𝐿 = √2 igual superficie del círculo de radio R3.
2
𝑆 = 𝐿2 = (√2) = 2
𝑆𝑜 = 𝜋(𝑅3)2 → 𝜋(𝑅3)2 = 2 → (𝑅3)2 =
=
2
√2
→ 𝑅3 =
→ 𝑅3
𝜋
√𝜋
sin⁡(42°) √2
=
sin⁡(57°) √𝜋
Representamos esta igualdad geométricamente, aplicando
el teorema de proporcionalidad en el triángulo rectángulo
NEF:
𝐺𝑆 𝑁𝐸 sin⁡(42°) √2
=
→
=
𝑆𝐹 𝐸𝐹 sin⁡(57°) √𝜋
𝐾𝐿 = 𝐾𝑀 = 𝑁𝐸 = √2
𝐻𝑅 = 𝐼𝑆 = 𝑆𝐹 = sin(57°) ⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡𝑂𝐿 = 1⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡𝑆𝐺 =
sin⁡(42°)
Con el segmento √𝜋 obtenido, y trazando perpendiculares en E y F,
construimos un cuadrado, y desde su centro, un círculo de radio R1 =
1.
𝑆 = 𝐿2 = (√𝜋)2 = 𝜋
𝑆𝑜 = 𝜋(𝑅1)2 = 𝜋12 = 𝜋
Es la cuadratura del círculo con regla y compás.
Demostración de la determinación geométrica del punto P y que cumple: OP = 1
para 𝐿 = √𝜋
Dado un círculo, C3, de radio R3, hallar el lado, L, de un cuadrado cuya superficie
sea igual a la del círculo dado.
Trazamos un ángulo de 30º, con vértice en O, teniendo a R3 como bisectriz; y el
punto de corte P.
Con vértice en P, trazamos un ángulo de 123º, determinando los puntos de corte A
y D que nos dan los radios OA y OD de las circunferencias C2 y C1 respectivamente.
Proyectando OP hasta su corte con C1 nos da el punto Q que uniéndolo con el punto R nos da el lado, L. buscado.
DUPLICACIÓN DEL VOLUMEN DEL CUBO
El origen del problema de la duplicación del cubo tiene un origen mítico que se remonta al siglo V a.C en Atenas con la muerte de su
gobernador Pericles, atribuida a la peste que afectó a buena parte de la población, así pues, los atenienses se ven obligados a viajar a
la isla de Delos en busca del Dios Apolo (dios que purifica y sana cuerpos) el oráculo responde que para detener la peste deben construir
un altar en honor al dios, que duplique en volumen al que ya existe conservando su forma cúbica.
Los atenienses toman la arista del altar que ya existía y la multiplican por 2. Pero la peste no cesó, el altar no duplicó el volumen del
original si no que lo multiplicaba por 8.
Dado un cubo de arista 𝑎 si 𝑉 = 𝑎3 entonces el doble del volumen será 2𝑎3 = 𝑉 ′ , lo que queremos es encontrar la magnitud de la arista
del cubo cuyo volumen 𝑉 ′ es el doble del volumen del cubo de arista 𝑎, así, vemos que:
3
3
3
3
3
3
3
𝑉 ′ = 𝑥 3 → √𝑉 ′ = √𝑥 3 → 𝑥 = √𝑉 ′ → 𝑥 = √2𝑎3 → 𝑥 = √2 √𝑎3 ∴ 𝑥 = √2𝑎
Con lo que se concluye que no debe multiplicarse por dos la arista del cubo original, simplemente se incrementa multiplicándola por un
3
factor, en este caso, √2.
TRISECCIÓN DEL ÁNGULO
La trisección del ángulo es uno de los problemas clásicos de la geometría griega (consistente en construir un ángulo que mida un tercio
de la medida de otro ángulo dad) que no se puede realizar, en general, con regla y compás. Y digo “en general” porque la cuestión es
que algunos ángulos sí son “trisecables” con regla y compás y otros no (depende de si el coseno de dicho ángulo es o no raíz de un
polinomio de grado una potencia de 2).
El caso es que los ángulos que no cumplen la condición anterior no son “trisecables” con regla y compás, siempre que respetemos
totalmente las normas de las construcciones de la antigua Grecia, pero sí lo son si suavizamos un poco nuestras exigencias. Vamos a
ver cómo.
En lo que sigue vamos a ver un procedimiento para trisecar un ángulo cualquiera que sea menor de 90º. Como el de 90º sí es trisecable
(y, por cierto, de manera muy sencilla como veremos más adelante), podremos así trisecar cualquier ángulo entre 0º y 360º.
Comenzamos con una semicircunferencia de centro O y radio R y un ángulo \alpha inscrito en ella que la corta en el punto A, como se
puede ver en la siguiente imagen:
Ahora tomamos una regla y marcamos en ella dos puntos, B y C, que estén a distancia R:
Apoyamos la regla en A y colocamos el punto B en el eje X de forma que el punto C quede apoyado en la circunferencia, tal que así:
Uniendo ahora el punto C con el centro O (con un segmento que medirá R por ser el radio de la semicircunferencia), tenemos que el
triángulo BCO (en verde) es isósceles, por lo que los ángulos CBO y COB son iguales (los llamamos 𝛽):
Vamos a denotar el resto de ángulos que nos interesan. El triángulo COA también es isósceles, por lo que los ángulos OAC y OCA, que
llamaremos 𝛾, son iguales. Llamando ahora 𝛿 al ángulo COA y 𝜃 al BCO tenemos la situación siguiente:
De todo esto podemos sacar algunas relaciones evidentes entre los ángulos. Por ejemplo,
También se tiene que
y que
, de donde se deduce que
que
.
De las dos últimas igualdades podemos despejar , quedando
Sustituyendo ahora en la primera igualdad llegamos a
Es decir,
Vamos, que a partir de un ángulo
hemos construido otro, , que es un tercio del primero:
. Por otra parte, también tenemos
Trasladando ahora ese ángulo dos veces sobre 𝛼 ya hemos trisecado dicho ángulo.
Trisección de un ángulo de 90º
Al principio de esta entrada comentamos que trisecar un ángulo de 90º era muy sencillo. Vamos a ver cómo hacerlo:
 Dado el ángulo de 90º BAC, dibujamos las circunferencias de centro A y radio AB, de centro B y radio AB y de centro C y radio
AC. La primera y la segunda se cortan en el primer cuadrante en el punto G y la primera y la tercera en el punto D.
 Dibujamos ahora las rectas que pasan por A y D y por A y G. Dichas rectas dividen el ángulo inicial en tres ángulos de 30º.
En esta imagen podéis ver cómo quedaría la cosa:
DEMOSTRACIÓN DE LA DISTANCIA DE UN PUNTO A UNA RECTA
Dada la ecuación de una recta R en su forma implícita 𝑅: 𝐴𝑥 + 𝐵𝑦 + 𝐶 = 0 y un punto 𝑃(𝑥0 , 𝑦0 ), la distancia de este punto a la recta será:
𝐴𝑥0 + 𝐵𝑦0 + 𝐶
𝐷=|
|
√𝐴2 + 𝐵 2
Demostración:
La distancia del punto a la recta será la medida del segmento perpendicular a la recta R que tiene por extremos el punto 𝑄(𝑥1 , 𝑦1 )
perteneciente a la recta y el punto 𝑃(𝑥0 , 𝑦0 ).
Debemos hallar la ecuación de la recta perpendicular a la recta R que contiene a P:
𝐴
𝐶
De 𝑅: 𝐴𝑥 + 𝐵𝑦 + 𝐶 = 0 hallamos la forma explícita despejando 𝑦: 𝑦 = − 𝐵 𝑥 − 𝐵
𝐵
Como la pendiente de la perpendicular a R será 𝐴, podemos escribir la ecuación de la recta pasante por el punto P:
Como Q es común a las dos rectas podemos armar el siguiente sistema de ecuaciones:
Igualando:
Despejando 𝑥1 :
Por otro lado, si reemplazamos 𝑦1 en la fórmula de distancia entre dos puntos tenemos:
Reemplazando 𝑥1 :
Ordenando:
ACTIVIDADES GEOGEBRA
1. Hallar el área de un triángulo formado por los segmentos AB, BC, CA y es isósceles sabiendo que su base mide 10 cm y que la
altura es igual a la mitad de uno de sus lados congruentes.
Solución:
 Como el triángulo es isósceles los segmentos AB y AC son iguales, es decir, b = c y su base BC = 10 cm, por tanto, BH = 5 cm.
 Aplicando Pitágoras al triángulo rectángulo formado por los segmentos AB, BH y HA y haciendo b = c = x y sabiendo que h = x/2:
𝑥 2
𝑥 2
3
4
10√3
𝑥 2 = ℎ2 + 𝐵𝐻 2 → 𝑥 2 = ( ) + 𝐵𝐻 2 → 𝑥 2 − ( ) = 𝐵𝐻 2 → 𝑥 2 = 𝐵𝐻 2 → 𝑥 = √ ⁡𝐵𝐻 ∴ 𝑥 =
≅ 5.77
2
2
4
3
3
𝑥 5√3
=
≅ 2.88⁡cm
2
3
𝑏∗ℎ
10∗2.88
Á𝑟𝑒𝑎 = ⁡ 2 = 2 ≅ 14.4⁡cm2
ℎ=
2. Hallar el área entre un octágono regular y una circunferencia de radio 5 cm circunscrita a dicho octágono.
Solución:
El área de la circunferencia está dada por: Á𝑟𝑒𝑎𝐶 = ⁡𝜋𝑟 2 = 52 𝜋 = 25𝜋⁡ ≅ 78.54⁡cm2
El área del octágono se puede determinar calculando el área de cada triángulo rectángulo que se forma con la mediatriz de cada uno
de sus lados y multiplicando por el doble de lados, es decir, para este caso que es un octágono, tendríamos que multiplicar por 16 el
área del triángulo rectángulo formado por los segmentos AH, HO y OH; donde:
𝛼 = 45° →
𝛼
𝐻𝑂
= 22.5° → sin(22.5°) = 𝑟 , donde r es el radio de la circunferencia.
𝛼
𝐻𝑂 = 𝑟 ∗ sin ( ) = 5 ∗ sin(22.5°) ≅ 1.91⁡cm
2
𝛼
ℎ
𝛼
cos ( ) = → ℎ = 𝑟 ∗ cos ( ) = 5 ∗ cos(22.5°) ≅ 4.62⁡cm
2
𝑟
2
2
Por tanto, el área total del octágono estará dado por la ecuación:
Á𝑟𝑒𝑎𝑂 = ⁡
𝑛∗ℎ∗𝐻𝑂
2
, donde n es el número de triángulos rectángulo que se pueden formar en el
octágono, es decir, 16.
16 ∗ 4.62 ∗ 1.91
≅ 70.6⁡cm2
2
Sin embargo, el ejercicio solicita el área existente entre el octágono y la circunferencia, por tanto:
Á𝑟𝑒𝑎 = Á𝑟𝑒𝑎𝐶 − Á𝑟𝑒𝑎𝑂 = 78.54 − 70.6 ≅ 7.94⁡cm2
Á𝑟𝑒𝑎𝑂 =
3. Dos de los lados de un paralelogramo están sobre los lados 𝑥 + 𝑦 − 2 = 0 y 𝑥 − 2𝑦 + 4 = 0 y uno de sus vértices es el punto (6,0).
Hallar los otros vértices.
Solución:
Tomare como base la siguiente gráfica:
Donde 𝑟: 𝑥 + 𝑦 − 2 = 0, 𝑠: 𝑥 − 2𝑦 + 4 = 0, 𝐀(6,0)
Para graficar en geogebra las dos rectas se usa el comando “Recta[(a,b),(c,d)]”.
Para encontrar otro vértice resolvemos el sistema de ecuaciones:
𝑉é𝑟𝑡𝑖𝑐𝑒⁡𝐂 = r ∩ 𝑠 = ⁡ {
𝑥+𝑦−2=0
→ 𝑥 = 0⁡, 𝑦 = 2 → 𝐂(0,2)
𝑥 − 2𝑦 + 4 = 0
Para calcular B se necesita la ecuación de la recta r’
que pasa por A y es paralela a la recta r.
𝑟 ′ : 𝑥 + 𝑦 + 𝑐 = 0, 𝐀(6,0) → 6 + 0 + c = 0 → c = −6
∴ r′ : x + y − 6 = 0
𝑉é𝑟𝑡𝑖𝑐𝑒⁡𝐁:
8
10
8 10
𝑥+𝑦−6=0
r′ ∩ s = {
→ 𝑥 = ,𝑦 =
→ 𝐁( , )
𝑥 − 2𝑦 + 4 = 0
3
3
3 3
Para calcular el vértice D se puede acceder de manera
similar como se hizo para obtener B calculando la recta
s’ que pasa por A y es paralela a la recta s. Sin
embargo, una solución más sencilla es usando
vectores:
⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝐵𝐴
⃗⃗⃗⃗⃗ → 𝐷 − 𝐶 = 𝐴 − 𝐵 → 𝐷 = 𝐴 − 𝐵 + 𝐶
𝐶𝐷
10 4
∴ 𝐃( ,− )
3
3
4. Construir un triángulo cualquiera, dibujar su circuncentro, luego construye la circunferencia que pasa por los tres vértices del triángulo.
¿Qué propiedades descubre en esta situación?
Solución:
Dibujando un triángulo cualquiera ABC.
Se trazan las mediatrices de los lados
del triángulo. El punto D de
intersección de las mediatrices es el
circuncentro
del
triángulo.
El
circuncentro es el centro de la
circunferencia circunscrita al triángulo
ABC.
Esta situación descubre que un triángulo cualquiera
se encuentra circunscrito en una circunferencia de
centro en su circuncentro.
5. Construir una homotecia con un polígono cualquiera y realizar animación construyendo un deslizador. (Homotecia por un punto desde
un factor escala). El polígono más grande o más pequeño depende del factor de escala. Constrúyelo con factor de escala 0, 0.5, 1 y
2.
Solución:
6. Construir la ecuación de la circunferencia tangente a las rectas 4𝑥 + 3𝑦 − 50 = 0 y 3𝑥 − 4𝑦 − 25 = 0 y cuyo radio sea igual a 5.
Solución:
BIBLIOGRAFIA
Gaussianos. (2017). ¿Quién dijo que la trisección del ángulo era imposible?. [online] Available at: http://gaussianos.com/quien-dijo-quela-triseccion-del-angulo-era-imposible/ [Accessed 11 Mar. 2017].
Aviles,
J.
(2017).
Antecedentes
Historicos
De
La
Geometria.
[online]
Es.slideshare.net.
https://es.slideshare.net/julioaviles/antecedentes-historicos-de-la-geometria [Accessed 11 Mar. 2017].
sistemas.fciencias.unam.mx. (2017). Clase 1: El problema de la duplicación
http://sistemas.fciencias.unam.mx/~erhc/calculo3/cubo.pdf [Accessed 11 Mar. 2017].
del
cubo.
[online]
Available
Available
at:
at:
Pedro Gallego Comas, M. (2017). Una solución a la cuadratura del círculo con regla y compás - Monografias.com. [online]
Monografias.com. Available at: http://www.monografias.com/trabajos68/solucion-cuadratura-circulo-regla-compas/solucion-cuadraturacirculo-regla-compas.shtml [Accessed 11 Mar. 2017].
Perez, P. (2017). DEMOSTRACIÓN DE LA FORMULA DE DISTANCIA DE UN PUNTO A UNA RECTA. [online] Academia.edu. Available
at:
https://www.academia.edu/12418121/DEMOSTRACI%C3%93N_DE_LA_FORMULA_DE_DISTANCIA_DE_UN_PUNTO_A_UNA_REC
TA [Accessed 11 Mar. 2017].