R A M A   A M A R I L L A   I





                        DIVISION ENTERA CON CALCULADORA

                Un método para hallar el máximo común divisor

 

        Si queremos hallar la división entera de, por ejemplo, 5742 dividido

7, es decir, si se quiere conocer el COCIENTE ENTERO y también el resto, las

calculadoras corrientes no nos lo darán... Al menos, no directamente. Ellas

ofrecerán el resultado

                        820,28571

        Es claro que 820 es el cociente entero. Para hallar el resto r basta

recordar que

                5742 = 7 x 820 + r

con lo que

                r = - 7 x 820 + 5742 = 2

 

El "calculograma" (secuencia de teclas) sería :

5742: 7 = 820,28571   -----------> el cociente es 820

5742 - 7 x 820 = 2    -----------> el resto es 2

        Es interesante que, después de analizar un ejemplo como éste, diseñen

un programa que permita calcular cociente entero y resto.

 

 

                    UNA APLICACION: EL ALGORITMO DE EUCLIDES

 

        Si sabemos hallar cociente entero y resto rápidamente, podremos encon-

trar con bastante facilidad el máximo común divisor de dos números enteros

mediante el llamado Algoritmo de Euclides.

        La idea consiste en que el máximo común divisor de dos números a y b

es el mismo que el máximo común divisor del menor de ellos y el resto de divi-

dir el mayor por el menor.

        Por ejemplo, si queremos hallar el máximo común divisor de 30 y 24,

dividimos 30 por 24 y se obtiene 6 de resto. El algoritmo de Euclides nos dice

que:

         M C D ( 30, 24 ) = M C D ( 24, 6 )

        Con estos dos números procedemos de igual modo y el primer divisor

que haga exacta la división del número mayor por el menor será el máximo co-

mún divisor de los números pedidos.

        Así, al dividir 24 por 6, la división es exacta, luego 6 es el máximo

común divisor de 30 y 24.

        El algoritmo de Euclides cobra utilidad cuando los números son grandes

y cuando hacemos un uso adecuado de la calculadora.

        Si queremos, por ejemplo, hallar el máximo común divisor de los núme-

ros

                37281       y     21930

procedemos como indica el siguiente calculograma

37281 : 21930 = 1,7 -----------------> 1 cociente entero

37281 - 1 x 21930 = 15351  ----------> 15351 resto



21930 : 15351 = 1,4285714 -----------> 1 cociente entero

21930 - 1 x 15351 = 6579  -----------> 6579 resto



15351 : 6579 = 2,3333333 ------------> 2 cociente entero

15351 - 2 x 6579 = 2193  ------------> 2193 resto



6579 : 2193 = 3 ---------------------> 3 cociente entero

                                       0 resto

Luego:

      M C D ( 37281, 21930 ) = 2193



¿Se anima a hacer un programa?

¿Puede decidir, usando este método, si los números 64575 y 191672 son coprimos?





                        GEOMETRIA DEL PLIEGUE

                             INTRODUCCION



        Dice Miguel de Guzmán: "Euclides no tenía para sus clases en Alejan-

dría la abundancia de papel que nosotros hoy disfrutamos. Pero seguro que de

haber dispuesto de papel lo hubiera utilizado a fondo. ¿Qué se puede hacer

plegando papel? Muchas cosas, y muy interesantes"

        Lo que seguramente Euclides no imaginó es cómo escribir sobre temas de

geometría sin hacer gráficos. Pero dado que no todos los usuarios de la BBS

tendrán el modo gráfico, daremos algunas propuestas para el aula sobre

geometría casi sin utilizar gráficos. Por supuesto que, antes de llevarlo al

aula el profesor tendrá que reemplazar el texto que describe por el dibujo

mismo.

        Todos sabemos que es un buen ejercicio para los alumnos realizar un

gráfico a partir de un texto que lo describe. Pero en este caso, no será ésta

la tarea que deseamos que ellos realicen.

        Salvadas las condiciones en las que nos comunicaremos de aquí en ade-

lante con las propuestas de geometría para el aula, podemos comenzar.





I)      Trazado de rectas perpendiculares y paralelas. Punto medio.



  Señala una recta r en tu hoja, plegando el papel. Despliégalo y marca un

punto A cualquiera en el papel exterior a la recta.

  ¿Cómo trazar la perpendicular por A a tu recta r ?

  Muy fácil. Pliegas el papel de modo que el pliegue pase por A y que la recta

coincida consigo misma. Al desplegar el papel es claro que los ángulos en el

punto de intersección S son iguales y rectos, ¿no?



  ¿Cómo trazas una paralela a la recta r que pase por A?

  No hay más que trazar una perpendicular por A a la recta por A y por S.



  Marca dos puntos M y N en una hoja.

  ¿Cómo hallas el punto medio del segmento MN?

  Pliegas por MN, despliegas y luego pliegas nuevamente de modo que M coincida

con N. Se forma un nuevo pliegue y la intersección de los dos es el punto

medio del segmento MN.





II)                      Trazado de bisectrices



Dibuja un ángulo de vértice O en tu papel.

¿Cómo trazar la bisectriz?

Está claro que sólo tienes que hacer un pliegue por el vértice O de modo que

coincidan los dos lados del ángulo. El pliegue te dará la bisectriz.

Repitiendo este proceso puedes dividir un ángulo en cuatro partes iguales.

Dibujando o realizando pliegues, traza dos ángulos consecutivos de vértice O.

Traza la bisectriz de cada uno de ellos realizando los pliegues como antes.

¿Cómo es el ángulo que forman las bisectrices? ¿Puedes explicar por qué?

Con el papel puedes resolver un problema famoso que a los griegos les produjo

muchos dolores de cabeza: dividir un ángulo dado en 3 partes iguales. ¿Cómo

lo harías?

Recorta un ángulo, forma un "cucurucho", un cono cuyo vértice sea el del

ángulo y ajusta los lados del ángulo de tal forma que al aplastar el cucurucho

salgan dos pliegues que coincidan con los lados. Formar el cucurucho no es cosa

fácil. Debes proceder abriendo más o menos el cucurucho antes de aplastar

para que se formen los pliegues adecuadamente. Está bastante claro que si al

aplastar has conseguido que los pliegues coincidan con los lados del ángulo,

entonces al desplegar los tres ángulos formados son iguales y has dividido el

ángulo en tres partes iguales.

  Los griegos se construyeron instrumentos especiales para dividir un ángulo

cualquiera en tres partes iguales. Veamos cómo.

  Dibuja en una cartulina una figura en forma de L, como la que sigue:



                _________

               |         |

               |         |

               |         |

               |         |

               |  <----> |

               |    2,5  |

               |         |

               |         |

               |        r|

               |         |

               |         |_________B

               |                   |  _

               |                   |  |

               |                   |  | 2,5

               |_________S_________|  |

               A  <---->    <---->  C

                    2,5       2,5



  Luego con un compás traza un cuarto de circunferencia con centro en C y ra-

dio 2,5 y lo añades a la figura anterior de modo que el lado BC sea uno de sus

bordes. Ahora recorta la figura total.

  Si tenemos un ángulo cualquiera MVN, colocas la figura de cartulina de modo

que el lado que llamamos r pase por el vértice V, el extremo A se encuentre

sobre el lado VN del ángulo dado y el arco de circunferencia quede tangente al

otro lado. Entonces señalas en el papel donde está dibujado el ángulo los pun-

tos donde quedaron ubicados S y C. Trazas las semirrectas VS y VC. Si T es el

punto de tangencia, te será muy fácil demostrar que los tres ángulos señalados

en V son iguales. Sólo deberás probar que los triángulos rectángulos VTC, VBC

y VBA son iguales.



   Los griegos del siglo III a.de C. conocían este instrumento, pero no les

satisfacía. Querían una solución del problema de la trisección que no utiliza-

ra más que la regla y el compás de la forma normal. No lo sabían..., pero

pedían demasiado. En el siglo XIX se logró demostrar que tal construcción es

imposible.





                          GEOMETRIA DEL PLIEGUE (2 PARTE)



UN POCO DE GEOMETRIA DEL TRIANGULO



a) Recorta un triángulo bastante grande, que no sea demasiado regular: ni

equilátero, ni isósceles, ni rectángulo. Llama A, B, C, a sus vértices.

   Traza mediante un pliegue la perpendicular a BC por A, es decir, la altura

correspondiente al vértice A. Despliega y llama Ha al pie de la altura.

Pliega el triángulo por la mitad de la altura de modo que el vértice A coinci-

da con Ha. Tenemos así un trapecio BB'C'C donde B' y C' son los extremos del

pliegue realizado. Ahora comprueba que puedes plegar por B' de modo que B

coincida con Ha.  ¿Podrías demostrar que efectivamente se tiene que poder ple-

gar así? Solo se trata de utilizar la igualdad de unos cuantos triángulos. Del

mismo modo pliega por C' de modo que C coincida con Ha. ¿Qué figura obtienes?

   Sigamos observando. Los ángulos A, B y C que han quedado ahora con sus vér-

tices coincidiendo en Ha, suman claramente 180º y el área del triángulo ABC es

el doble de la del rectángulo que has obtenido. Es decir:

        área del triángulo ABC = 2 x área del rectángulo =

        = 2 x base del rectángulo x altura del rectángulo =

        = 2 x ( base del triángulo) x ( altura del triángulo) =

        =  x base del triángulo x altura del triángulo.



b) Puntos notables del triángulo



   b1) Mediatrices - circuncentro



   Recorta otro triángulo como el de antes. Traza con un pliegue la mediatriz

correspondiente al lado BC. No tienes que hacer más que un pliegue que haga

coincidir B con C. Llama A' al punto medio de BC. Traza del mismo modo las

mediatrices de los otros dos lados. ¿Qué observas?... Las mediatrices se cor-

tan en un punto. ¿Sabrías demostrar que esto no es una casualidad, qué tenía

que ser así?

   Si llamamos Ma a la mediatriz del lado BC. ¿Qué propiedad tienen todos sus

puntos?

   Todos, como A', estan a igual distancia de B que de C. De la misma manera,

los puntos de la mediatriz Mb están a la misma distancia de A que de C. Así

el punto O, intersección de estas dos mediatrices, está a igual distancia de

los tres vértices. Pero si O está a igual distancia de B que de A, está sobre

la mediatriz de AB. Por lo tanto, las tres mediatrices pasan por O y queda

resuelto el problema.

   Además, como O está a la misma distancia de los tres vértices, es el centro

de la circunferencia que pasa por A, B, C. Compruébalo con un compás. Por esta

propiedad, al punto O se lo llama CIRCUNCENTRO, centro de la circunferencia

circunscripta al triángulo.





   b2) Medianas - baricentro



   En el mismo triángulo (en el que ya tienes los puntos medios A', B' y C' de

los lados BC, AC y AB respectivamente) es muy fácil trazar las medianas

mediante pliegues.

   Pliega primero de modo que el pliegue contenga a los puntos A y A', el

pliegue que resulta es la mediana a. Pliega para obtener las otras dos. ¿Qué

observas?... Las tres medianas se cortan en un punto. Llamalo M. Este punto se

suele llamar baricentro. Eso de "bari" tiene que ver con barómetro, con la

presión y con el peso. Verás por qué. Alisa bien tu triángulo y recórtalo.

Coloca tu lápiz vertical con la punta hacia arriba y sobre la punta de tu

lápiz coloca tu triángulo horizontal de modo que M quede exactamente sobre la

punta. Tu triángulo queda en equilibrio horizontalmente sobre la punta de tu

lápiz! El punto M es el único con esta propiedad, es el centro de gravedad de

tu triángulo.

   Alisa bien tu triángulo. Con la punta de tu lápiz bien afilada hazle un

agujero cerca del vértice A y deja colgar el triángulo pinchado en él. Verás

que la línea vertical que pasa por tu agujero viene a ser precisamente la que

une el agujero al punto M. Lo mismo ocurre con cualquier otro punto donde ha-

gas el agujero. El punto M es el centro de todo el peso del triángulo. Sucede

como si todo el triángulo tuviese concentrado su peso en el punto M. Por eso

cuando pusiste el triángulo horizontal sobre tu lápiz con la punta en M, el

triángulo no sabía hacia qué lado caerse, y así se quedaba en equilibrio.





   b3) Altura - ortocentro



   Alisa bien tu triángulo ABC, pliega para trazar las tres alturas, como hi-

cimos antes. También las alturas se cortan en un punto! Vamos a llamar a ese

punto H. Se denomina ORTOCENTRO del triángulo. ¿Por qué se cortan en un punto?

Sobre una hoja de papel dibuja el triángulo al que le trazaste las alturas.

Por medio de un pliegue traza por A una paralela a BC, por B una paralela a

AC y por C una paralela a AB. Obtienes un nuevo triángulo A'B'C'. ¿Qué obser-

vas? Las alturas del triángulo ABC son las mediatrices del triángulo A'B'C'.

Como las mediatrices de cualquier triángulo se cortan en un punto, las alturas

también se cortan en un punto.

   Hemos obtenido tres puntos: O (el circuncentro, centro de la circunferencia

circunscrita al triángulo), M (baricentro) y H (ortocentro).

   ¿Cómo están dispuestos estos tres puntos? Pliega tu triángulo por MH. ¿Qué

pasa? El pliegue también pasa por O. La recta que pasa por O, H y M se llama

RECTA DE EULER, que parece que fue quien primero descubrió esta propiedad de

alineamiento de O, M y H.





Hagamos algunas mediciones:

mide MA' y MA.

mide MB' y MB.

mide MC' y MC.

¿Observas alguna relación? Probablemente no. Fijate si resulta MA = 2 MA';

MB = 2 MB'  y MC = 2 MC'.

Si mides también OM y MH podrás comprobar que MH = 2 OM.





                                USANDO AREAS



        Muchas demostraciones en geometría y trigonometría resultan fáciles y

elegantes cuando usamos el concepto de área. Veamos algunos ejemplos.



                        TEOREMA DE LA BISECTRIZ

La bisectriz de un ángulo divide al lado opuesto en segmentos proporcionales

a los lados adyacentes.



        Este enunciado dice que si AD es la bisectriz del ángulo A del trián-

gulo ABC, entonces:

                    DB / DC  =  AB / AC .

        Para demostrarlo, recordemos que si dos triángulos tienen la misma al-

tura, la razón entre sus áreas es igual a la razón entre sus bases. Por lo

tanto, dado que los triángulos ADB y ADC tienen la misma altura desde el vér-

tice A, resulta que

                    S(ADB) / S(ADC) = DB / DC .

        Por otra parte, cualquier punto de la bisectriz de un ángulo equidista

de sus lados. Así, si trazamos las perpendiculares DE y DF a los lados AB y

AC respectivamente, tendremos que DE = DF.

Entonces:

        DB / DC  =  S(ADB) / S(ADC) = (.AB.DE) / (.AC.DF)  =  AB / AC

y el teorema queda demostrado.



                        TEOREMA DE THALES

Sean B' y C' puntos en los lados AB y AC respectivamente, del triángulo ABC.

Si B'C' es paralela a BC entonces

                                  AB' / AB  =  AC' / AC .



        Para demostrarlo, tracemos los segmentos BC' y CB'. Si B'C' es para-

lela a BC entonces los triángulos B'C'B y B'C'C tienen áreas iguales pues am-

bos tienen base B'C' y las alturas relativas a esas bases son iguales.

        Si a cada uno de estos triángulos le "agregamos" el triángulo AB'C'

obtenemos los triángulos ABC' y AB'C que tienen áreas iguales. Lo que sigue

es fácil:

  AB' / AB = Sup (AB'C') / Sup (ABC')  = Sup (AB'C') / Sup (AB'C) =  AC' / AC

quedando probado el teorema.



        El teorema de Thales y su recíproca son importantísimos en geometría

porque a partir de él podemos obtener los teoremas relativos a semejanza de

triángulos y las propiedades de la homotecia. La ventaja de esta demostración

está en que no importa si los segmentos AB' y AB son o no conmensurables.





                        ALGUNAS IGUALDADES TRIGONOMETRICAS



1) Si 0 < Ó < 45º  entonces  sen 2Ó = 2 sen Ó . cos Ó

                                        ____________

2) Si 0 < Ó < 90º  entonces  sen Ó/2 = ¹ (1-cosÓ)/2



        Para demostrarlas, consideremos un triángulo rectángulo OCA ( C = 90º)

y el triángulo OCB simétrico respecto de OC(hacer el dibujo).

        Llamemos Ó = AOC = COB y fijemos  OA = OB = 1.

        Tenemos entonces que CA = CB = sen Ó y OC = cos Ó.

        Tracemos por A una perpendicular a OB y sea D el pie de dicha perpen-

dicular(dibujarla). Tenemos entonces que AOD = 2Ó y AD = sen 2Ó.

        Luego:

              2.Sup(OAB) = OB.AD = AB.OC = (AC + CB).OC

        Reemplazando tenemos: 1.sen 2Ó = (sen Ó + sen Ó).cos Ó

                                sen 2Ó = 2 sen Ó . cos Ó

        Para la otra igualdad, consideremos la misma figura y llamemos

OBC = Ú = 90º- Ó. Pero OD = cos 2Ó   y DB / (AC + CB) = cos Ú   es decir

                        DB = cos Ú. 2 sen Ó.

        Como 1 = OB = OD + DB entonces reemplazando

             1 = cos 2Ó + 2 sen Ó . cos Ú

             1 = cos 2Ó + 2 sen Ó . sen Ó , por ser Ó y Ú  complementarios.

        Luego          ____________

              sen Ó = ¹(1-cos 2Ó)/2

        Sustituyendo 2Ó por Ó, y Ó por Ó/2 resulta:

                           ___________

                sen Ó/2 = ¹ (1-cosÓ)/2







                                LEY DE LOS SENOS

Los lados de un triángulos son proporcionales a los senos de los ángulos

opuestos.



        Sea ABC un triángulo de lados a, b, c (a = BC, b = AC y c = AB).

Si h es la altura desde el vértice B entonces

                        S = Sup (ABC) = .b.h = .b.c.sen A.

De igual manera resulta:

                        S = .a.c.sen B = .a.b.sen C.

Considerando la primer igualdad y multiplicando por a ambos miembros

obtenemos:

          a.S = .a.b.c.sen A   ó    a / sen A  =  abc / 2S

Haciendo lo mismo en las otras igualdades obtenemos:



        a / sen A  =  b / sen B  =  c / sen C  =  abc / 2S .







- Si Ó,  y Ó+ son ángulos agudos:

                                   sen (Ó+) = sen Ó . cos  + sen  . cos Ó



        Consideremos un triángulo OAC, tal que OC = 1, el ángulo OCA = 90º y

el ángulo AOC = Ó. Sea B en la prolongación del lado AC, con BOC =  (hacer

el dibujo).

Tenemos entonces que AB es perpendicular a OC. Además:

OA = 1 / cos Ó ; OB = 1 / cos  ; CA = tg Ó ; CB = tg .

Trazando AD perpendicular  OB, obtenemos:  sen (Ó+) = AD / AO.

Pero   2 . Sup (AOB) = OB.AD = AB.OC = (CA + CB).1 , luego:

        OB.AO.sen(Ó+) = CA + CB. Reemplazando:

( 1 / cos  ).( 1 / cos Ó ). sen (Ó+) = tg Ó + tg  ,  de donde



sen (Ó+) = [ (sen Ó / cos Ó) + (sen  / cos  )] . cos Ó . cos  =

          = sen Ó . cos  + sen  . cos Ó.





                ¿CUANDO UN CUADRILATERO ES UN PARALELOGRAMO?



        Un cuadrilátero es un paralelogramo cuando tiene alguna de las

siguientes propiedades:

a) Ambos pares de lados opuestos son paralelos (definición)

b) Ambos pares de lados opuestos son iguales.

c) Ambos pares de ángulos son iguales.

d) Las diagonales se bisecan.

e) Un par de lados opuestos son iguales y paralelos.



Lo más usual es dar (a) como definición y luego demostrar (b), (c), (d) y (e).

        Al trabajar luego con paralelogramos, algunos alumnos utilizan otros

criterios para probar que cierto cuadrilátero es un paralelogramo. Por ejem-

plo:

    "Si un par de lados opuestos de un cuadrilátero son paralelos y el otro

par son iguales, entonces el cuadrilátero es un paralelogramo."

    "Si un par de lados opuestos de un cuadrilátero son iguales y un par de

ángulos opuestos son iguales, entonces el cuadrilátero es un paralelogramo".

        Sucede que algunos de esos criterios utilizados por los alumnos son

ciertos y otros son falsos. Ellos han extrapolado del criterio (e), que apare-

ce como una simple combinación de (a) y (b) y combinan de igual manera otras

propiedades.

        Examinemos las diferentes combinaciones posibles de (a), (b), (c), (d)

y (e) y veamos cuáles son verdaderas y cuáles falsas. Es un ejercicio útil

para los alumnos proponerles que consideren algunas combinaciones posibles,

que decidan si son verdaderas o falsas y que las demuestren o den un contrae-

jemplo según corresponda. Para la etapa en que deben decidir por V ó F, suge-

rirles que construyan un cuadrilátero que satisfaga las condiciones dadas.



AFIRMACION 1 A: {(a), (b)}

Si un par de lados opuestos de un cuadrilátero son paralelos e iguales, enton-

ces el cuadrilátero es un paralelogramo.

VERDADERO, es (e).



AFIRMACION 1 A: {(a), (b)}

Si un par de lados opuestos de un cuadrilátero son paralelos y el otro par son

iguales, entonces el cuadrilátero es un paralelogramo.

FALSO:

Un trapecio isósceles tiene un par de lados opuestos paralelos y el otro par

de lados iguales, pero NO es un paralelogramo.



AFIRMACION 2: {(a), (c)}

Si un par de lados opuestos de un cuadrilátero son paralelos y un par de ángu-

los opuestos son iguales , entonces el cuadrilátero es un paralelogramo

VERDADERO:

Demostración: Sea ABCD un cuadrilátero con AB // CD y los ángulos ABC = ADC =

= x. Dibujemos la diagonal AC. Entonces los ángulos BAC = DCA = y (por alter-

nos internos entre paralelos). Resulta entonces que los triángulos ABC y CDA

son iguales, por lo tanto AB = CD y como consecuencia de (e) el cuadrilátero

es un paralelogramo.



AFIRMACION 3: {(a),(d)}

Si un par de lados opuestos de un cuadrilátero son paralelos y el punto de

intersección de las diagonales es el punto medio de una de ellas, entonces

el cuadrilátero es un paralelogramo.

VERDADERO: 

Demostración: Sea ABCD un cuadrilátero con AB // CD y AO = OC, siendo O el

punto de intersección de las diagonales. En los triángulos AOB y DOC se tiene:

Los ángulos BAC = ACD = x (alternos internos entre paralelas)

Los ángulos AOB = DOC (opuestos por el vértice)

y AO = OC.

        Por lo tanto los triángulos AOB y DOC son iguales. Así AB = CD y por

(e), el cuadrilátero es un paralelogramo.



AFIRMACION 4: {(b), (c)}

Si un par de lados opuestos de un cuadrilátero son iguales y un par de ángulos

opuestos son también iguales, entonces el cuadrilátero es un paralelogramo.

FALSO

Para encontrar un cuadrilátero, que no sea un paralelogramo, en las condicio-

nes pedidas, recordemos que:

dados dos segmentos de longitudes "a" y "b", y un ángulo de medida Ó, es

posible construir dos triángulos diferentes tales que dos de sus lados

midan "a" y "b" y el ángulo opuesto a "a" mida Ó. (Uno de estos triángulos

será acutángulo y el otro obtusángulo).

Construyamos entonces 2 triángulos en estas condiciones. Sean éstos ABC y DEF

con: AB = DE = b

     AC = DF = a

     ABC = DEF = Ó.

Si recortamos estos triángulos y los ubicamos de modo que el vértice A coinci-

da con el vértice F y el vértice C con el D obtendremos un cuadrilátero :

A(=F)BC(=D)E

con los lados opuestos A(=F)B y C(=D)E iguales y los ángulos ABC = DEF pero

que NO es un paralelogramo.

Observación: El cuadrilátero así construido puede ser convexo ó no convexo.



AFIRMACION 5: {(b), (d)}

Si un par de lados opuestos de un cuadrilátero son iguales  y el punto de in-

tersección de las diagonales es el punto medio de una de ellas, entonces el

cuadrilátero es un paralelogramo.

FALSO

Para encontrar un contraejemplo, construyamos un paralelogramo ABCD, (con

AD < AB ). Tracemos un arco de circunferencia con centro en D y radio r = DA.

Este arco corta a la diagonal AC en el punto E (dibujar). Obtenemos así el

cuadrilátero DEBC que tiene:

un par de lados opuestos iguales: BC = DE (pues ABCD era paralelogramo y

BC = AD = DE). Si llamamos O al punto de intersección de las diagonales del

paralelogramo ABCD, sabemos que DO = OB, luego la diagonal EC del cuadriláte-

ro DEBC biseca a DB.

Pero es claro que siendo EO < OC (por (d) ) DEBC NO es un paralelogramo.



AFIRMACION 6 A: { (c), (d) }

Si un par de ángulos opuestos de un cuadrilátero son iguales  y la diagonal

que une los vértices de esos ángulos biseca a la otra diagonal, entonces el

cuadrilátero es un paralelogramo.

VERDADERO

Demostración: Sea ABCD un cuadrilátero con los ángulos ADC = ABC y OA = OC

(siendo O el punto de intersección de las diagonales). Dibujarlo.

Tracemos las circunferencias circunscriptas a los triángulos ADC y ABC, y sean

K y L los circuncentros respectivamente.

Estas circunferencias se intersecan en A y en C, por lo tanto la cuerda AC es

perpendicular a KL y KL corta a AC en su punto medio O.

Además: AKC = 2 . ADC

        ALC = 2 . ABC   (pues ángulo inscripto = 2 . ángulo central)

Entonces en los triángulos isósceles AKC y ALC se tienen las siguientes igual-

dades de ángulos: AKC = 2 . ADC = 2 . ABC = ALC

Por lo tanto KL biseca a cada uno de los ángulos iguales AKC y ALC, y resulta

entonces que los triángulos AKL y CKL son isósceles.

Así AK = AL = KC = LC y ALCK es un rombo. Tenemos entonces que KO = OL y O es

el centro de simetría de dos circunferencias iguales con centros en K y L.

Este resultado implica que B y D son simétricos con respecto a O, y en conse-

cuencia el cuadrilátero ABCD es un paralelogramo.



AFIRMACION 6 B: {(c), (d) }

Si un par de ángulos opuestos de un cuadrilátero son congruentes y la diagonal

que une los vértices de esos ángulos es bisecada por la otra diagonal, enton-

ces el cuadrilátero es un paralelogramo.

FALSO

Si consideramos un rombo ABCD, siendo O el punto de intersección de sus diago-

nales, cualquier punto E en el segmento OC (E distinto de O y de C) producirá

un cuadrilátero ABED que es un contraejemplo para este caso.

Ciertamente, como los triángulos ADB y EDB son isósceles, se tiene que:

                ADE = ADO + ODE = ABO + OBE = ABE.

es decir que el cuadrilátero ABED tiene un par de ángulos opuestos iguales.

Como ABCD era un rombo, DO = OB . Luego la diagonal BD es bisecada por la dia-

gonal AE pero OE < OA por construcción, luego ADEB NO es un paralelogramo.

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