Circunferencia y triángulo

Vamos con el problema de esta semana:

Tenemos una circunferencia de radio $R$ y un triángulo dentro de ella como muestra la figura:

El lado $AB$ del triángulo es un diámetro de la circunferencia y el punto $C$ pertenece a la misma.

Sabiendo además que $\textstyle{\frac{\mbox{Area del circulo}}{\mbox{Area del triangulo}}=2 \pi}$ , demostrar que los dos ángulos más pequeños de dicho triángulo miden exactamente $15^\circ$ y $75^\circ$ .

Ánimo, que no es difícil.

Sin comentarios

Trackback | 3 Nov, 2009

Bitacoras.com
OnyxIonVortex | 3 de November de 2009 | 08:26

Me salen mal las cosas, además si el ángulo ACB es de 90 grados y los otros suman 25+75=100, la suma de los lados del triángulo es de 190 grados.
cdrman | 3 de November de 2009 | 09:29

Hola, OnyxlonVortex. Cómo sabes que es un triangulo rectángulo¿?
unomas | 3 de November de 2009 | 10:02

@cdrman, creo que OnyxIonVortex tiene razón, porque si mal no recuerdo, la construcción del problema es un arco capaz (http://es.wikipedia.org/wiki/Arco_capaz), con lo que el ángulo del vértice C son 90º.
^DiAmOnD^ | 3 de November de 2009 | 10:33

Ups, perdón, me equivoqué. Quería decir $15^\circ$ y $75^\circ$ . Lo cambio ahora mismo.

Gracias por el aviso.
Dani | 3 de November de 2009 | 12:19

Supondremos el círculo de radio 1 para simplificar (es evidente que por tratarse de proporciones no afecta a los ángulos). Si llamamos a los lados del triángulo $a$ y $b$ (nombrados de izquierda a derecha si se quiere, de nuevo da igual). Tenemos pues que el triángulo en cuestión tiene hipotenusa de longitud 2, y entonces por pitágoras
$a^2 + b^2 = 4 \qquad (1)$
(el tercer ángulo es recto como se observó arriba)
Por otra parte la proporción de las areas nos dice:
$2\pi = \frac{\pi}{(\frac{ab}{2})} \Longrightarrow ab=1 \qquad (2)$
Sustituyendo $(2)$ en $(1)$ tenemos
$a^2 + (\frac{1}{a^2})=4$ , o de manera equivalente:
$a^4 -4a^2 + 1=0$
$(a^2-2)^2=3$
por lo que $a^2=2+\sqrt{3}$ o $a^2=2-\sqrt{3}$ .
Evidentemente debemos coger la raiz positiva de cualquiera de estas dos soluciones. Un cálculo rápido (y cierta intuición sobre la simetría del problema) desvela que es irrelevante qué signo de $\sqrt{3}$ escojamos, pues:
$a = \sqrt{2+\sqrt{3}} \Longrightarrow b=\frac{1}{a} = \sqrt{\frac{1}{2+\sqrt{3}}}$
$=\sqrt{\frac{2-\sqrt{3}}{(2+\sqrt{3})(2-\sqrt{3})}}=\sqrt{\frac{2-\sqrt{3}}{4-3}}=\sqrt{2-\sqrt{3}}$ y viceversa. Supongamos pues:
$a = \sqrt{2+\sqrt{3}}, \quad b=\sqrt{2-\sqrt{3}}$
Entonces calculamos el ángulo adyacente a $a$ y la hipotenusa como
$\phi = \arctan(\frac{\sqrt{2-\sqrt{3}}}{\sqrt{2+\sqrt{3}}})$
que es efectivamente $\phi=15^{\circ}$ restándole al otro $\psi = 180 - 90 -15 = 75^{\circ}$ como queríamos demostrar.
castilla | 3 de November de 2009 | 12:20

Como ya se ha dicho, el triángulo es rectángulo en C, así que $B=\pi/2-A$ . Además se cumple que $a^2+b^2=4R^2$ , y un poco de trigonometría nos dice que

$a = \frac{h}{\cos A}$

y

$b = \frac{h}{\sin A}$ ,

donde $h$ es la altura trazada desde C. Combinando estas dos con $a^2+b^2=4R^2$ se llega a

$h = R \sin 2A$

de forma que el cociente de las áreas es

$\frac{A_c}{A_t} = \frac{\pi}{\sin 2A}$ .

De esta forma, el cociente vale $2\pi$ cuando $\sin 2A = 1/2$ , es decir, para $A = \pi/12$ ó $A = 5\pi/12$ .
Hat | 3 de November de 2009 | 14:57

$latex \big [
\Big [
\bigg [
\Bigg [
se \ me \ ha \ adelantado \ dani
\Bigg ]
\bigg ]
\Big ]
\big ]$
Javier | 3 de November de 2009 | 15:30

Aplicando la regla del ángulo inscrito, sale muy fácil:
Primero calculamos el área del triángulo, como base (diámetro de la circunferencia) por altura. Despejando del cociente que dice el enunciado, la altura del triángulo sale $R \over 2$ . El arcoseno de $1 \over 2$ es 30º (es de esos ángulos que te aprendes de memoria en el instituto).
Ahora bien, el angulo inscrito en una circunferencia es la mitad del ángulo central que abarca el mismo arco. Por tanto, el ángulo más pequeño es $30 \over 2$ = 15º, y el otro, su complementario, 75º.
hernan | 3 de November de 2009 | 17:21

Lo de Javier me parece lo más elegante, y no requiere trigonometría.

Acá agregué gráfico para que se entienda mejor

http://hjg.com.ar/varios/mat/triang.png

Del enunciado, trazando la altura h del triángulo y aplicando las fórmulas de las areas, sale inmediatamente que h = AB/4 o sea que la altura es la mitad del radio.

Entonces, prolongando h del lado de abajo, el triángulo que resulta (en rojo) es equilátero.

Luego su ángulo es de 60º, luego el ángulo AOC es 30º.

Luego, por la regla del ángulo inscrito que dice Javier el ángulo ABC es 15º
hernan | 3 de November de 2009 | 17:28

… o, si no conocemos la regla de ángulo inscrito, prácticamente la redescubrimos:
Sabemos que AOC=30º, entonces COB=150º, entonces los otros dos ángulos del triángulo COB deben sumar 30º… pero como son iguales, OBC=15º
^DiAmOnD^ | 4 de November de 2009 | 04:00

Muy bien chicos.

Comento que lo saqué de Maths Challenge, donde se pueden encontrar tres formas de resolverlo.
Jose | 4 de November de 2009 | 17:22

Una pregunta. En el enunciado dice que la relación entre las dos áreas es de $2\pi$ . ¿De dónde sale este dato? Quiero decir, esta relación se cumple siempre pero, ¿Por qué? Porque aquí todos los cálculos se han hecho suponiendo este hecho.
Sophie Kovalevsky | 4 de November de 2009 | 19:03

Yo tengo otra manera de solucionarlo por potencia de un punto y arco capaz. Aunque realmente, la respuesta más ingeniosa es la de Javier aplicando la regla del angulo inscrito.

Alguien sabe dónde me puede bajar algún tutorial de LatEX para comenzar a hacer mis aportaciones.
hernan | 4 de November de 2009 | 22:19

@Jose: Ese cociente entre area del triangulo y del círculo es simplemente un dato del problema. SI se cumple esa relación, ENTONCES los ángulos del triángulo miden 15 y 75 grados.
Luis | 4 de November de 2009 | 23:52

Creo que ya lo demostraron antes pero aqui va mi demostracion (disculpen que no sepa usar LaTeX):
1) Siendo ABC un triangulo inscrito en el circulo, y teniendo los vertices A y B sobre un diametro entonces el angulo ACB es igual a 90 grados dado que el angulo central de ACB es una linea recta (diametro).
2) siendo A(circulo)=pi*R^2 y A(triangulo)=AB*h/2=2R*h/2=R*h siendo h la proyeccion de C sobre AB, entonces tenemos A(circulo)/A(triangulo) = (pi*R^2)/(R*h) = pi*R/h y a su ves igual a 2*pi entonces se deduce que R/h = 2 o bien R = 2h.
3) Sea O el centro del ciruclo, trazamos OC que es un radio que toca en C, entonces el angulo AOC es el angulo central correspondiente a ABC que es uno de los angulos que buscamos siendo ABC = 2AOC.
4) Sea P el punto donde toca la proyeccion de C sobre AB, asi CP = h, cosidere el triangulo rectangulo POC, de este triangulo deducimos que POC = AOC y sin(POC) = PC/OC = (R/2)/(R) = 1/2, por lo tanto POC = 30 grados y siendo POC = AOC = 2*ABC => ABC = 15 grados
5) Para encontrar CAB usamos CAB + ABC + BCA = 180 grados, y como ABC = 15 grados y BCA = 90 grados => CAB = 75 grados, lo que queriamos demostrar.
cdrman | 8 de November de 2009 | 06:00

Hola, buenas noches. He intentado hacer el ejercicio sin mirar las soluciones que se han escrito ya. A ver si lo he hecho bien. Como verán no domino nada de LaTex.

Nombramos lo ángulos de izquierda a derecha, alfa y beta.

Como vemos el lado AB es equivalente al diámetro de la circunferencia, o lo que es lo mismo AB = 2R.

A través de la igualdad que se nos da AreaTriangulo/AreaCircumferencia = 2PI.

De eso sacamos que que la altura del triángulo es de R/2 (siendo R el radio de la circunferencia).

Luego a través de la fórmula de pitágoras sabemos que:
AB^2 = AC^2 + CB^2.

Como sabemos AB=2R.

Por pitágoras sacamos que AB^2 = AC^2+CB^2.
Nos queda que 4R^2 = AC^2 + CB^2.

A través de trigonometría sacamos que:

1.) AC = sin(x)*AB => 2R*sin(b).
2.) BC = sin(x)*AB => 2R*sin(x).

Sustituimos en la igualdad de arriba y no queda:

4R^2 = 4R^2*sin^2(x) + 4R^2*sin^2(b)… simplificamos…

1 = sin^2(x) + sin^2(b).

Con esto solo queda coger por ejemplo 15º y hacer la prueba.
Como vemos si sustituimos nos da que el segundo ángulo es exactamente 75º.

Creéis que el razonamiento es correcto?

Muchas gracias.
GALLER | 28 de November de 2009 | 05:46

yo lo he resuelto distinto, primero del punto C bajo una perpendicular al lado AB que será mi altura H, luego de los datos dados obtengo que H=R/2, ahora prolongando esa altura H a la parte inferior del circulo, osea al lado opuesto de C horizontalmente obtengo una cruz por decirlo, ahora aplicando la regla de las cuerdas( triangulos semejantes) donde tengo que H*H=X*(2R-X), obtengo que X=(2R-(raiz de 3)*R)/2, y para el otro lado (2R+(raiz de 3)*R)/2, luego usando el teorema de pitagoras obtenemos para un angulo inferior 15 grados y para el otro 75 grados, y en ningun momento necesité que el triangulo ABC fuera rectangular. estubo muy bonito este problema, si alguien no me entendió como lo expliqué, le mandaré en un archivo como lo resolví mandando un correo a mi correo
Javier | 29 de November de 2009 | 20:12

Hola Galler
¿cual es la regla de las cuerdas? no la encuentro en internet.
Intentando entender tu desarrollo, para aplicar semejanza de triángulos, el ángulo C debe ser recto.
Gokuh | 4 de January de 2010 | 18:39

yo hice:

pi*R^2=pi*(AB/2)^2=pi*(AB^2)/4 superficie circulo
AC*BC/2 superficie triangulo

AC^2+CB^2=AB^2 por pitagoras

si: 8pi*(AB^2)/4)/(AC*BC/2)=2*pi

despejamos y queda: AB^2/(AC*BC)=4

reemplazamos: AC^2+CB^2/(AC*BC)=4

despejando nuevamente llegamos a: AC/CB + CB/AC =4
por lo cual reemplazamos por: Tg(B) + Tg(A)=4

y si calculamos Tg(15)+Tg(75)=4

podemos demostrar (pobremente) que los angulos miden 15º y 75º.
Quiero aprender LaTex | 23 de July de 2010 | 17:55

Para la último post se puede calcular haciendo un cambio de variable (t=tan(A)) i sabiendo que 90 – B = A: t + 1/t = 4. I nos da 75 i 15.
Luis BQ | 9 de August de 2010 | 20:22

Hola gaussianos! acabo de ver el sitio y este problema en particular. Estudiando Latex pude escribir mi solución que es distinta a las entregadas por eso me atrevo a ponerla un saludo y su sitio rocks!!

1) ABC es un triangulo rectangulo dado que $AB$ es diametro y $C$ esta en la semicircunsferencia ( angulo inscrito de un angulo recto).
2) el radio de la circunsferencia es $AB/2$
3) de la relacion de areas se tiene

$frac {pi * AB^2/4} {AC*BC/2} =2 pi$
de esto ultimo se deriva que
$AB^2 = 4AC*BC$

4) como es un triangulo rectangulo tenemos de inmediato que

$sin alpha = BC/AB$ combinandolo con 3 tenemos que
$sin alpha = frac{sqrt{BC}} {2*sqrt{AC}} = frac {sqrt{ analpha}}{2}$

5) Manipulando 4 llegamos a la siguiente identidad

$4sinalphacosalpha = 1$
$sin2alpha = frac{1}{2}$

$alpha = 15$