Divertimento xeométrico(10)

 Obviando a miña máxima "Non te achegues a un libro de matemáticas básicas escrito por un ruso", dei con esta fermosura elemental que, sinceramente, pode que pasase por riba en decenas de ocasións. Porque para ver estas cousas hai que estar disposto a mirar ben.

Nesta figura podedes ver dous rectángulos que teñen os lados paralelos(ou perpendiculares, como queirades velos). Os puntos A, B, E e F teñen liberdade para moverse; loxicamente C, D, G e H dependen deles, o xeito exacto verédelo se movedes os primeiros puntos. Pois ben: intuídes de que vai o conto antes de darlle á caixa de verificación? E por que sucede?

É entusiasmo exclusivo meu ou isto pode ir directo a unha aula de 1º ou 2º de ESO destes días?

Divertimento xeométrico(9)

Unha das consecuencias inesperadas da situación anómala do ensino en confinamento do ano pasado foi que esquecín case todo o traballo que fixen desde marzo ata xuño. Si lembro os vídeos fuleros que subín a youtube con explicacións, e algún applet novo que elaborei en geogebra, mais os documentos con tarefas, non sei a razón, caeron no esquecemento.

E onte estaba a buscar algo rápido de vectores para propoñer como tarefa ou para utilizar na aula en 4º, e atopei de pasada este fermoso e sinxelo feito que, co obvio que resulta, non coñecía ata que o lin nun libro de texto estadounidense. Libro que tamén esquecín, claro.

Velaquí:

Debuxa un cuadrilátero calquera, fai unha copia e traza unha diagonal distinta en cada copia. Recorta os dous cuadriláteros polas diagonais trazadas. Coas catro pezas obtidas sempre é posible armar un paralelogramo.

Se facedes a actividade, veredes que en canto cortades 
os dous cuadriláteros, deixan de parecer iguais

Por se non queredes ver a solución, oculto cun botón un gif coa animación de como hai que montar o paralelogramo.

E se alguén sabe que libro de texto pode ser a fonte, agradecería que me achegase a información.

SPOILER PRECIOSO

Divertimento xeométrico(8)

Xa vai sendo habitual que, revisando libros da colección, se caio nos de Ross Honsberger acabe atopando algunha figura elemental axeitada para este blog. O de hoxe apareceu pasando páxinas de Mathematical Delights, libro cun título ben merecido na miña opinión. Observade:

Consideremos un segmento AB e un punto móbil nel, P. Eriximos senllos triángulos equiláteros APQ e PBR sobre as bases AP e PB. Unimos mediante segmentos o punto A con R e o punto B con Q, e chamamos á súa intersección K.

Aposto a que xa sabedes o que vén agora

Pois ben, a pregunta é case obrigada:

Que figura percorre o punto K cando o punto P percorre o segmento AB?

Este é un deses casos nos que é sinxelo intuír a solución, é sinxelo estar convencido, mais non é tan inmediato atopar o xeito de demostralo.

Pero fedellemos un chisco máis nesta figura:

Seguramente o punto medio entre eses vértices Q e R, W, fará algo semellante ao que fai K, non si? Que opinades antes de meter a figura no Geogebra?

     

E para o final, o máis interesante (e complicado por tanto):

Que sucede se consideramos un dos dous triángulos equiláteros reflectido respecto ao segmento? É dicir, o outro triángulo equilátero que cumpre o mesmo pero está por embaixo. Na figura, o caso no que reflectimos é o que ten lado PB:

      

Neste caso consideramos as rectas que pasan polos vértices, os segmentos previos non chegan a cortarse. Chamei G(chamouno geogebra) ao punto de corte desas rectas, que figura percorre G cando P percorre o segmento AB?

Non mirei máis, pero quizais o cuadrilátero formado por A, O, B e Q teña tamén propiedades interesantes. Deixamos a investigación ao amigo lector.

Divertimento xeométrico(7)

Revisando o fantástico libro de Ross Honsberger Mathematical Gems II (táboa de contidos en Cut the Knot) atopei esta propiedade dos triángulos.

Como é usual nos divertimentos, non vou explicar nada; tócavos a vós adiviñar que sucede na figura:

Divertimento xeométrico(6)

  

Velaí un paralelogramo cunha recta transversal. Vedes o que sucede?

Se a resposta é negativa, aínda podedes fedellar na seguinte figura, movendo os puntos P e Q que determinan a transversal, ou ben modificando o paralelogramo (todo agás o punto C, que está determinado polos outros 3). Non utilicedes o botón de animación, que non fai o desexable, pois move os puntos P e Q do mesmo xeito en troques de facelo de xeito independente:

Se aínda non vedes nada, ide á fonte de onde tirei o problema, a enorme Go Geometry de Antonio Gutiérrez. Por aló atoparedes centos de problemas xeométricos coma este, e moito máis difíciles.

Divertimento xeométrico(5)

Collede papel e tesoiras, que hoxe toca xogar.

Pero antes, un comentario á entrada anterior, Un teorema ben raro: ese feito xeométrico chámase Teorema de Urquhart polo matemático de Tasmania que botou luz sobre el, mentres estudaba a Teoría Especial da Relatividade. Sendo un resultado claramente elemental no seu aspecto, non debería resultar estraño que o teorema xa aparecese máis dun século antes nos papeis do grande Augustus de Morgan. En Cut the Knot hai unha demostración totalmente sintética, que utiliza circunferencias ex-inscritas e propiedades de circunferencias e cuadriláteros cíclicos, non vai ás elipses que debuxara no Spoiler: Urquhart's Theorem-An Elementary Synthetic Solution

Ás tesoiras:

Debuxade dúas rectas secantes (r e s, de abaixo a arriba) que non se corten no voso papel. Desde un punto máis ou menos centrado na liña inferior(chamémolo O), trazade 3 rectas que formen ángulos de 45º coa recta r. Nomeade A, B e C de esquerda a dereita os puntos de corte con s. Desde A e C trazade perpendiculares a s e marcade onde cortan a r. Deste xeito veredes 4 triángulos, con cadanseu ángulo de 45º. Algo así:

   

Onde collín a actividade, no blogue Numberplay do New York Times, comezan por indicar que a figura ten 1 grao de liberdade, o ángulo que se forma á dereita de B, $\small{\alpha}$. Incluíno na figura para suxerir outras actividades asociadas á que aquí traio, quizais unha achega analítica, por exemplo. 

Pois ben, feita a figura anterior, tedes que duplicala. Recortade os 8 triángulos con ángulos de 45º resultantes, que ides xogar con eles:

1. Cos 8 devanditos triángulos tedes que formar un único cadrado.
2. Cos 4 triángulos grandes (2 parellas de triángulos como os $\small{\triangle{DOA}}$ e $\small{\triangle{AOB}}$), tedes que construír un cadrado. O mesmo cos 4 triángulos pequenos (2 parellas como $\small{\triangle{BOC}}$ e $\small{\triangle{COE}}$).

En caso de forza maior, no blogue Sine of the Times colgaron as solucións modeladas en Sketchpad en A Double Dissection from the New York Times

Divertimento xeométrico(4)

A ver se as lambetadas non oxidaron as vosas neuronas e aínda tedes boa vista:

Explico brevemente a figura: sobre un cadrado fixo construímos 4 triángulos rectángulos congruentes, os dous laterais por fóra e o superior e o inferior por dentro.

Observas algo curioso na figura? E a que se debe?

Divertimento xeométrico(3)

Para tolear un sábado calquera, unha figura que non é o que parece:

Visto por esa serie de tubos que é internet...

No rectángulo anterior desde un punto da diagonal trazamos a perpendicular ás bases, de tal xeito que formamos triángulos e trapecios rectángulos. Amosar que

$$a \cdot a'=b \cdot b'+c \cdot c'$$.

Veña, que non é complicado.

Divertimento xeométrico(2)

Van máis de dous anos desde que publicara por aquí un divertimento xeométrico. Para rematar o ano, se tedes folgos para pensar un anaco, velaquí tedes un problemiña ben simpático.

A figura foi creada por Bruno Ernst, matemático e artista neerlandés que é coñecido por crear ilusións ópticas ademais de divulgar a obra de M.C. Escher. O título que lle deu, moi acaído, é "Pitágoras en triángulos regulares".

Collede un triángulo calquera e un punto no seu interior. Trazade as perpendiculares aos lados desde ese punto. Con base os seis segmentos que se determinan nos lados, erguede seis cadrados, e pintádeos alternativamente de gris e negro. Sucede que a área total gris e a área total negra son iguais.

Mirade o debuxo, que é máis sinxelo:

Se fose o circuncentro non había moito que pensar...

Déixovos co problema, vémonos seguramente o ano que vén.

Divertimento xeométrico

Collede un rectángulo calquera. Trazade unha liña horizontal que o divida en dous rectángulos máis pequenos. Agora dividide o rectángulo superior mediante unha liña vertical para crear dous sub-rectángulos superiores, e facede o mesmo co rectángulo inferior para crear dous sub-rectángulos inferiores. O resultado debería parecerse a algo así:

Agora collede os puntos medios deses 4 sub-rectángulos (o xeito máis sinxelo de atopar o punto medio dun rectángulo é intersecar as diagonais).

Sodes quen de adiviñar que figura se forma? E a razón da área desa figura á área do rectángulo orixinal?

Podedes fedellar neste applet:

Sorry, the GeoGebra Applet could not be started. Please make sure that Java 1.4.2 (or later) is installed and active in your browser (Click here to install Java now)

E a explicación deste feito?