unidad 6: geometr´ıa del espacio 1. posiciones relativas de rectas y
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Facultad de Ciencias Exactas, Ingenierıa y Agrimensura
Departamento de Matematica
Escuela de Ciencias Exactas y Naturales
GEOMETRIA I
Licenciatura en Matematica - Profesorado en Matematica - Ano 2016
Equipo docente: Francisco Vittone - Justina Gianatti - Demian Goos - Martın Alegre
Unidad 6: Geometrıa del espacio
1. Posiciones relativas de rectas y planos
En esta primera seccion estudiaremos algunas propiedades basicas que son analogas a las que ya vimos en
la Unidad 1.
La primer propiedad que demostramos, es que dos rectas que se intersecan lo hacen en un unico punto. Pero
todavıa no hemos establecido que ocurre con dos planos que se intersecan. Sabemos de hecho que si dos planos
tienen al menos dos puntos en comun, la recta que ellos determinan debe estar completamente contenida en
ambos. Si existiese ademas algun otro punto en comun, los dos planos deberıan ser iguales pues ambos pasarıan
por los mismos tres puntos no alineados.
Por lo tanto, dos planos no coincidentes en principio podrıan intersecarse en solo un punto o hacerlo en una
recta. La intuicion nos dice que la primera opcion no es valida, y por lo tanto enunciamos el siguiente1:
Axioma 18: Si dos planos no coincidentes se intersecan, lo hacen en una recta.
Definiciones:
Dos planos en el espacio se denominan planos secante si su interseccion es no vacıa y los planos son no
coincidentes. Si dos planos son coincidentes o no se intersecan, se denominan planos paralelos.
1Ver Apendice
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Recordemos que en la Unidad 1 hemos probado que una recta que no este contenida en un plano lo interseca
en a lo sumo un punto. Una recta que no interseque al plano o este contenida en el se denomina paralela al
plano. Y una recta que interseca a un plano en un unico punto se denomina secante.
Entre las rectas secantes a un plano, existen algunas de particular importancia que se denominan perpen-
diculares al plano.
Observemos que la definicion de rectas perpendiculares entre sı esta bien definida, tanto en el plano como en
el espacio, pues dos rectas secantes son siempre complanares y determinan, en el plano en que estan contenidas,
cuatro angulos. Recordemos que entonces las rectas son perpendiculares si estos cuatro angulos son rectos.
Sin embargo no tenemos una nocion del angulo que forman una recta y un plano ni un axioma que nos
permita medirlo, y por lo tanto el concepto de perpendicularidad entre rectas y planos debe ser definido:
Definicion:
Sea r una recta que interseca a un plano π en un punto P . Decimos que r es perpendicular a π si r es
perpendicular a cualquier recta contenida en π que pase por P . Se denota r ⊥ π. El punto P se denomina pie
de la perpendicular r al plano π.
Observemos que comprobar de manera practica que una determinada recta es perpendicular a un plano es
una tarea imposible, dado que involucra comprobar que infinitas rectas son perpendiculares entre sı. Necesitamos
por lo tanto una caracterizacion de la perpendicularidad entre rectas y planos. Es decir, una condicion sencilla
que nos permita decidir si una recta dada es o no perpendicular a un plano dado.
Lema 1. Dados una recta r y un plano π tales que r ∩ π = {P}, se tiene: r es perpendicular a π si y solo
si r es perpendicular a dos rectas distintas s y t contenidas en π que pasen por P .
Demostracion:
⇒) Es inmediata de la definicion de perpendicularidad entre rectas y planos.
⇐) Supongamos que r interseca a π en P y es perpendicular a dos rectas distintas s y t contenidas en π que
pasen por P . Debemos probar que entonces r es perpendicular a cualquier otra recta contenida en π que pase
por P .
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Sea entonces u una recta cualquiera contenida en π que pase por P . Podemos suponer que u 6= s y u 6= t.
Entonces existen un punto A ∈ s y un punto B ∈ t tales que A y B estan en distintos semiplanos de los que
define u en π.En particular, el segmento AB corta a u en un punto C.
Consideremos ahora dos puntos Q y R en r de modo que QP =
PR, o sea, tal que P es punto medio de QR.
r y s determinan un plano π1. En ese plano, s es una recta
perpendicular a QR que pasa por su punto medio P . O sea
que s es mediatriz de QR en π1. En particular, como A ∈ s,
d(A,Q) = d(A,R). De manera completamente analoga se prueba
que d(B,Q) = d(B,R).
Por lo tanto si comparamos los triangulos4
ABQ y4
ABR, tenemos
AB lado comun, AQ = AR y BQ = BR. Por criterio LLL, los
triangulos resultan congruentes, y en particular ˆRBA = ˆQBA.
Comparamos ahora los triangulos4
BCR y4
BCQ. El lado BC es comun a ambos, BR = BQ y por lo que
acabamos de probar, ˆQBC = ˆRBC. Por criterio LAL, los triangulos son congruentes y en particular CQ = CR.
O sea que el triangulo4
QCR es isosceles, y como P es el punto medio de QR, PC es mediana y altura respecto
del lado QR. En particular, u =←→PC ⊥ r. �
Recordemos que hemos probado que dada una recta r en un plano π y un punto P que pertenece a ella,
existe en π una unica recta perpendicular a r que pasa por P . Este resultado es falso cuando quitamos la
condicion que la perpendicular deba estar contenida en el plano dado. Sin embargo, un resultado analogo es
valido cuando consideramos una recta y buscamos un plano perpendicular a ella:
Teorema 2. Sea r una recta y P ∈ r. Entonces existe un unico plano perpendicular a r que pasa por P .
Demostracion:
El teorema tiene dos partes. Debemos probar que existe un plano π perpendicular a r que pasa por P
(existencia) y que este plano es unico (unicidad).
Existencia
Sea r una recta cualquiera y P ∈ r. Consideremos dos planos distintos α y β que contienen a r, o sea, tales
que α ∩ β = r.
En el plano α, existe una unica recta s perpendicular a r que pasa por P . Y en el plano β, existe una unica
recta t perpendicular a r que pasa por P .
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Como s y t son rectas secantes, deben ser coplanares. Es decir, existe un plano π que contiene a ambas.
Ahora bien, r es perpendicular a dos rectas de π y entonces por el Lema 1, r es perpendicular a π.
Unicidad
Supongamos que ademas de π, existe un plano π′ peprendicular a r y que pasa por P . Sean α y β los planos
y s y t las rectas definidos en la prueba de la existencia. Observemos que α ∩ π = s y β ∩ π = t.
Sea s′ = α∩π′. Observemos que como r⊥π′, debera ser r⊥ s′. Ademas P ∈ s′, pues P es un punto tanto
de α como de π′. Luego s′ es una recta en α, perpendicular a r que pasa por P . Pero en α, la perpendicular a
r por P es unica, y es s. Luego s′ = s.
De manera completamente analoga, se prueba que β ∩π′ = t. Concluimos que s y t son dos rectas distintas
contenidas tanto en π como en π′. Por lo tanto π y π′ tienen al menos tres puntos en comun, y deben entonces
coincidir. �
El Teorema 2 implica que dado un segmento PQ y su punto medio M , existe un unico plano perpendicular a
PQ que pasa por M , el analogo en el espacio a la mediatriz de un segmento. Esto motiva la siguiente definicion:
Definicion:
Sea PQ un segmento y M su punto medio. El unico plano perpendicular a←→PQ que pasa por M se denomina
plano bisecante de PQ.
Al igual que la mediatriz de un segmento en un plano, el plano bisecante puede caracterizarse en terminos
de distancia:
Teorema 3. El plano bisecante de un segmento PQ es el conjunto de los puntos del espacio que equidistan
de P y de Q.
Demostracion:
La prueba tiene dos partes: debemos probar que cualquier punto sobre el plano bisecante equidista de P
y de Q, y recıprocamente, que cualquier punto del espacio que equidiste de P y de Q debe estar en el plano
bisecante.
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Denotemos por π el plano bisecante de PQ y sea S ∈ π un punto cualquiera. Si S = M , es obvio que
d(S, P ) = d(S,Q). Supongamos entonces que S 6= M , y por lo tanto P, Q y S son puntos no alineados, que
determinan un plano α.
Como M,S ∈ α, se tiene←→MS ⊂ α, y lo mismo ocurre con PQ. Analogamnete
←→MS ⊂ π. Luego, al ser
←→PQ⊥π,
resulta←→MS⊥
←→PQ. Luego
←→MS es la mediatriz, en el plano α, del segmento PQ y en particular d(S, P ) = d(S,Q).
Sea ahora S un punto cualquiera del espacio que equidista de P y Q. Debemos probar que S ∈ π. Nueva-
mente, si S = M la demostracion es trivial. Podemos suponer entonces que S 6= M y por lo tanto P,Q y S no
estan alineados. Sea β el plano que determinan. Entonces SM es la mediatriz en β de PQ y por lo tanto es la
unica perpendicular en β a PQ que pasa por M .
Por otra parte, sea s = π ∩ β. Entonces M ∈ s, s ⊂ π, y como←→PQ⊥π, resulta s⊥
←→PQ.
Pero tambien s ⊂ β. Luego s es una perpendicular en β a←→PQ que pasa por M , y por lo tanto s =
←→SM .
En particular, como s ⊂ π, resulta S ∈ π como querıamos probar. �
A partir del Teorema 3 podemos probar la siguiente generalizacion del Teorema 2
Teorema 4. Sea r una recta y P un punto cualquiera del espacio, entonces existe un unico plano perpen-
dicular a r que pasa por P .
Demostracion:
Daremos una beve indicacion de como realizar la prueba, y dejamos como ejercicio completar los detalles.
Si P ∈ r, el teorema ya fue probado.
Si suponemos que P /∈ r, no es difıcil ver que deben existir puntos Q y R en r tales que d(P,Q) = d(P,R).
Luego P debe pertenecer al plano bisecante del segmento QR, que es el plano que estamos buscando. �
Observemos que el Teorema 4 no implica que dado un plano π y un punto P , existe una recta r perpendicular
a π que pasa por P . Este resultado es obviamente tambien valido. Para poder dar su demostracion, necesitaremos
algunos resultados previos.
Lema 5. Si r y s son dos rectas perpendiculares a un plano π, entonces r y s son paralelas.
Demostracion:
Sean {A} = r ∩ π y {B} = s ∩ π.
Observemos primero que r ∩ s = ∅. Supongamos por el absurdo que r ∩ s = {C}.
159
Entonces A, B y C son puntos no alineados y determinan un triangulo. Ademas←→AB ⊂ π y r⊥π. Luego
r⊥←→AB, con lo cual ˆCAB = 1R. De manera analoga, s⊥
←→AB y entonces ˆCBA = 1R. O sea que
4ABC tiene
dos angulos rectos, lo que es absurdo. Luego r ∩ s = ∅.Esto no basta para concluir la prueba, pues r y s podrıan ser alabeadas. Por lo tanto nos falta probar que
r y s deben ser coplanares.
Sea M el punto medio de AB ⊂ π y sea t la mediatriz en π de AB. Sean P,Q ∈ t tales que PM = QM ,
entonces tambien resulta←→AB la mediatriz en π de PQ y por lo tanto
AQ = AP. (1)
Probaremos que r y s estan contenidas en el plano bisecante α de PQ.
Consideremos un punto arbitrario T ∈ r. Si T = A, trivialmente T ∈ α, pues AB ⊂ α.
Supongamos entonces que T 6= A. Comparemos los triangulos4
APT y4
AQT . Tenemos AP = PQ por 1, AT
es lado en comun, y ˆPAT = ˆQAT = 1R, pues r⊥π. Por el criterio LAL, los triangulos resultan congruentes y
en particular tenemos TP = TQ
Luego, por el Teorema 3, resulta que T ∈ α. Como T es un punto arbitrario de r, concluimos que r ⊂ α.
De manera analoga, probamos que s ⊂ α y por lo tanto r y s son coplanares. �
Teorema 6. Sea π un plano y P un punto. Entonces existe una unica recta perpendicular a π que pasa
por P .
Demostracion:
Analizaremos primero el caso en que P ∈ π. Sean r y s dos rectas perpendiculares cualesquiera en π que
pasan por P . Por el Teorema 2, existen unicos planos α y β tales que s ⊥ α, r ⊥ β y P ∈ α ∩ β.
160
Como α y β tienen interseccion no vacıa, se tiene que α = β o bien α ∩ β = t, una recta.
Si α = β, por el Lema 5 resultarıa r || s, lo que contradice que s y t son secantes y distintas. Luego debe
ser α ∩ β = t
Ahora bien, P ∈ t y como s⊥α y t ⊂ α, resulta s ⊥ t. De la misma manera, como r ⊥ β, resulta t ⊥ r.
Luego t interseca a π en P y es perpendicular a dos rectas contenidas en π, de donde concluimos que t ⊥ π.
Supongamos ahora que P /∈ π.
Sea r una recta cualquiera en π y sea α el plano que contiene a r y a P . Sea s la unica perpendicular a
r en α que pasa por P . s cortara a r en un punto Q. En particular Q ∈ π y existe una unica recta u ⊂ π
perpendicular a r que pasa por Q.
Sea β el plano que contiene a P y u, y sea t la perpendicular a u en β que pasa por P .
Sea finalmente γ el plano determinado por P , Q y R. Por la primera parte, existe una recta w perpendicular
a γ que pasa por R.
Observemos que por construccion, r es perpendicular a s y u que son rectas contenidas en γ. Luego r⊥ γ.
Como w⊥ γ, por el Lema 5 resulta r ||w. En particular, r y w son coplanares, y como r ⊂ π, R ∈ π y R ∈ w,
debe ser w ⊂ π.
Por construccion, w⊥γ, entonces w⊥ t. Como ademas t⊥u, resulta que t es perpendicular a dos rectas de
π, y por lo tanto t⊥π como querıamos probar.
Probemos ahora la unicidad.
Supongamos que existan rectas t y t′ perpendiculares a π por un punto P . Por el Lema 5 resulta que t y t′
son paralelas. Como tienen un punto en comun, debe ser t = t′. �.
Como consecuencia tenemos:
161
Corolario 7. Sea r una recta perpendicular a un plano π. Si r′ es paralela a r, entonces r′ es perpendicular
a π.
Demostracion:
Sea r perpendicular a π y r′ una paralela a r. Sea P un punto cualquiera de r′. Por el Teorema 6, existe
una recta t perpendicular a π que pasa por P . Por el Lema 5 resulta t || r. Por el axioma de las paralelas, por
P pasa una unica paralela a r, y por lo tanto debe ser r′ = t. Luego r′ es perpendicular a π. �
En los ejercicios de la Unidad 1 hemos probado que el paralelismo de rectas contenidas en un mismo plano
define una relacion de equivalencia. Esto es cierto tambien para rectas en el espacio.
Corolario 8. El paralelismo de rectas en el espacio define una relacion de equivalencia.
Demostracion:
El paralelismo de rectas define claramente una relacion reflexiva y simetrica. Veamos que es transitiva. Sean
r, s y t tres rectas en el espacio tales que r || s y s || t. Sea P ∈ r un punto cualquiera. Por el Teorema 2, existe
un plano π perpendicular a r que pasa por P . Por el Corolario 7, s⊥π. Pero aplicando nuevamente el Corolario
7, como s || t resulta tambien t⊥π.
Luego r⊥π y t⊥π. Aplicando el Lema 5, resulta r || t como querıamos probar. �
Definiciones:
Dado un punto P y un plano π, sea r la unica recta perpendicular a π que pasa por P . Esta recta interseca
a π en un punto Q. El punto Q se denomina el pie de la perpendicular a π por P . Decimos tambien que Q
es la proyeccion ortogonal de P sobre π.
Al igual que como hicimos con un punto y una recta podemos definir la distancia de un punto a un plano.
Y de manera completamente analoga al caso de un punto y una recta podemos demostrar el Teorema 9 a
continuacion.
Definicion:
Dado un punto P y un plano π, se denomina distancia de P a π a
d(P, π) = ınf{d(P,R) : R ∈ π}.
Teorema 9. Sea P un punto y π un plano. Entonces la distancia de P al plano π es la distancia de P a
Q, donde Q es el pie de la perpendicular a π por P .
Finalizamos esta seccion demostrando un analogo para planos en el espacio al axioma de las paralelas.
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Teorema 10. Dado un plano π y un punto P , existe un unico plano π′ paralelo a π que pasa por P .
Para poder demostrarlo necesitamos de un lema previo:
Lema 11. Sean π1 y π2 dos planos y r una recta. Si r es perpendicular a π1 y a π2, entonces π1 ||π2.
Demostracion:
Si π1 = π2, no hay nada que demostrar.
Supongamos entonces que los planos son distintos. Sean P y Q los puntos de interseccion de r con π1 y π2
respectivamente.
Supongamos que π1 ∩ π2 6= ∅ y sea R ∈ π1 ∩ π2. Entonces como←→PQ = r es perpendicular a ambos planos,
debe ser perpendicular a←→PR y
←→QR. Luego P , Q y R son los vertices de un triangulo con dos angulos rectos,
lo cual es absurdo.
Por lo tanto π1 ||π2. �
Demostracion Teorema 10
Sea π un plano y P un punto cualquiera. Por el Teorema 6, existe una recta r perpendicular a π que pasa
por P . Por el Teorema 2, existe un plano π′ perpendicular a r que pasa por P . Luego por el Lema 11, π ||π′.Dejamos la prueba de la unicidad como ejercicio. �
1.1. Ejercicios propuestos
1. Completar la siguiente tabla:
¿ Cuantas... en el plano en el espacio
rectas paralelas a una dada por un punto dado existen?
rectas perpendiculares a una dada por un punto dado existen?
¿ Cuantos/as... en el espacio
rectas alabeadas a una dada por un punto dado existen?
rectas paralelas a un plano dado por un punto dado existen?
planos paralelos a un plano dado por un punto dado existen?
planos perpendiculares a una recta dada existen?
planos perpendiculares a una recta dada por un punto dado existen?
2. Basandose en la siguiente figura, determinar:
a) un plano paralelo al determinado por B, E y D;
b) todos los planos perpendiculares a←→BD;
c) todas las rectas paralelas al plano determinado por B, E y D;
d) todas las rectas perpendiculares al plano determinado por B, E y D;
e) todas las rectas alabeadas a←→BD.
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3. Sea r una recta paralela a un plano π. Demostrar que cualquiera sea el plano α que contiene a r, si
α ∩ π 6= ∅, entonces α ∩ π es una recta paralela a r.
4. Sea r una recta paralela a un plano π. Desmotrar que si r es paralela a otra recta s, entonces s es paralela
a π.
5. Sean r y s dos rectas alabeadas.
a) Demostrar que existen planos paralelos π1 y π2 tales que r ⊂ π1 y s ⊂ π2.
b) Desmostrar que existe una recta en el espacio que es simultaneamente perpendicular a r y s.
6. Demostrar que por un punto exterior a una recta en el espacio, pasan infinitas rectas alabeadas con la
recta dada.
7. Demostrar que si un plano interseca a dos planos paralelos, las rectas en que los interseca son rectas
paralelas.
8. Sean π1 y π2 dos planos paralelos y sea r una recta que interseca a ambos y es perpendicular a π1.
Demostrar que entonces r tambien es perpendicular a π2.
9. Demostrar el Teorema 9
10. Demostrar la unicidad en el Teorema 10
2. Angulos diedros y cuerpos poliedros.
Recordemos que hemos definido un angulo plano (convexo) como la interseccion de dos semiplanos cuyas
fronteras son rectas secantes. Si pensamos en la definicion analoga en el espacio, nos interesa considerar ahora
la inseresccion de dos semiespacios cuyas fronteras son planos secantes. Tales conjuntos se denominan angulos
diedros.
Definicion:
Se denomina angulo diedro convexo, o simplemete diedro, a la interseccion de dos semiespacios cuyas
fronteras son respectivamente dos planos secantes. Los semiplanos contenidos en las fronteras de los semiespacios
que definen el diedro se denominan caras y su interseccion arista del diedro.
Se denomina diedro llano a un semiespacio y sus caras son dos semiplanos opuestos del plano que define
el semiespacio.
Denotaremos los semiplanos caras de un diedro con letras griegas. Si α y β denotan los semiplanos caras de
un dietro, denotamos al diedro como αβ.
Otra forma de denotarlo es dando un punto en cada semiplano que no este sobre la recta de interseccion de
estos. Supongamos que α y β son los semiplanos caras de un diedro y sea r = α ∩ β. Sea A ∈ α, B ∈ β con
A,B /∈ r. Entonces el diedro αβ se denota tambien ˆArB.
164
Nuestro objetivo es poder definir la medida de un angulo diedro.
Teorema 12. Sea αβ un angulo diedro de arista r y sean π1 y π2 dos planos perpendiculares a r. Entonces
π1 ∩ αβ y π2 ∩ αβ son angulos planos de igual medida.
Demostracion:
Los planos π1 y π2 dados en el enunciado del teorema deben ser paralelos, ya que son ambos perpendiculares
a la misma recta r. Sean {O} = π1 ∩ r y {O′} = π2 ∩ r. Exitiran puntos A,A′ ∈ α y puntos B,B′ ∈ β tales
que π1 ∩ α =−→OA, π2 ∩ α =
−−→O′A′, π1 ∩ β =
−−→OB y π2 ∩ β =
−−−→O′B′. Nuestro objetivo es probar que
ˆAOB = ˆA′O′B′.
Observemos que podemos suponer que OA = O′A′ y OB = O′B′ (si no elegimos otros puntos sobre las
semirrectas que verifiquen esta propiedad).
Si consideramos el cuadrilatero AOO′A′, tenemos que AO || A′O′. En efecto, son coplanares (estan ambos en
α) y las rectas que los contienen no se intersecan pues estan contenidas en planos paralelos (π1 y π2). Como
ademas OA = O′A′, AOO′A′ es un paralelogramo, y en particular AA′ y OO′ son congruentes y paralelos.
De manera analoga se prueba que O′OBB′ es un paralelogramo y por lo tanto OO′ y BB′ son congruentes
y paralelos. Por transitividad del paralelismo, concluimos que AA′ y BB′ son congruentes y paralelos.
Esto implica en particular que los segmentos AA′ y BB′ son coplanares y por lo tanto ABB′A′ es un
cuadrilatero bien definido (contenido en un plano). Mas aun, un par de lados opuestos son congruentes y
paralelos, con lo cual ABB′A′ es un paralelogramo y en particular AB = A′B′.
165
Comparando ahora los triangulos4
AOB y4
A′O′B′, tenemos que AO = A′O′ y BO = B′O′ por construiccion
y acabamos de probar que AB = A′B′. Luego los triangulos son congruentes y en particular ˆAOB = ˆA′O′B′
como querıamos ver. �
A partir de este teorema tiene sentido hablar de la medida de un angulo diedro:
Definiciones:
• Se denomina medida del angulo diedro ˆArB a la medida del angulo plano que queda determinado de
intersecar ˆArB con cualquier plano perpendicular a su arista.
• Dos planos son perpendiculares si los angulos diedros que determinan son rectos.
Generalizaremos ahora la idea de polıgono a los denominados cuerpos poliedricos. Estos son los mas
complicados de definir, pero los mas utiles porque seran aquellos a los que podremos calcular el volumen de
manera mas sencilla.
Definiciones:
• Una superficie poliedrica es la union de un numero finito de polıgonos convexos, llamados caras de la
superficie poliedrica, tales que
1. cada lado de una cara es comun a exactamente dos caras, que se dicen contiguas;
2. dos caras contiguas cualesquiera no son coplanares;
3. el plano determinado por cada cara deja a las otras en el mismo semiespacio.
Los lados de las caras de la superficie poliedrica se denominan aristas y los vertices de las caras son los
vertices de la superficie poliedrica.
• Se denomina poliedro o cuerpo poliedrico a la interseccion de los semiespacios determinados por cada
cara de una superficie poliedrica que contiene a las demas caras. La superficie poliedrica que lo define es la
frontera del poliedro y los puntos del poliedro que no estan en su frontera se denominan puntos interiores.
Finalmente un punto que no esta en el poliedro se denomina exterior al mismo.
Las aristas y vertices del poliedro son las aristas y vertices de su frontera.
Observemos que todo poliedro como lo hemos definido es convexo, pues es interseccion de subconjuntos
convexos (semiespacios). Es posible hallar (y son muy comunes) poliedros no convexos, pero todos ellos son
union de poliedros convexos y por lo tanto nos ocuparemos principalmente de estudiar los primeros.
En la siguiente figura mostramos algunos poliedros:
166
Como se observa en la figura, no necesariamente todas las caras de un poliedro deben ser polıgonos con
igual cantidad de lados. En el primero por ejemplo son todos triangulos, pero en el segundo algunas caras son
triangulos y otras rectangulos.
Les proponemos que basandose en la figura anterior completen la siguiente tabla:
Cant. de caras (C) Cant. de aristas (A) Cant. de vertices (V ) C −A+ V
Poliedro 1
Poliedro 2
Poliedro 3
Poliedro 4
Como puede observarse, la cantidad de la ultima columna es siempre dos. Esta es una caracterıstica de los
poliedros. La enunciamos en el siguiente teorema que no demostraremos (una prueba puede verse en “Geometrıa
del plano y del espacio”, G. Garguichevich, UNR Editora).
Teorema 13. Formula de Euler para poliedros. En todo poliedro convexo, si C es el numero de caras,
A es el numero de aristas y V es el numero de vertices, se verifica
C −A+ V = 2.
Como hemos visto en los ejemplos, un poliedro puede tener como caras poliedros de distinto tipo. Merecen
una especial atencion aquellos poliedros cuyas caras son no solo polıgonos del mismo tipo sino polıgonos regulares
del mismo tipo todos congruentes entre sı. El caso mas claro de un poliedro de estas caracterısticas es un cubo,
que tiene como caras seis cuadrados congruentes.
Definicion:
Se denomina poliedro regular a todo poliedro convexo cuyas caras sean polıgonos regulares congruentes y
tal que en todos sus vertices se intersecan el mismo numero de aristas.
Los poliedros regulares, tambien conocidos como cuerpos platonicos, por su definicion parecieran ser a la
geometrıa del espacio como los polıgonos regulares son a la geometrıa del plano.
Sin embargo, dado un numero natural arbitrario n, siempre es posible obtener un polıgono regular con
exactamente n lados. Haremos un analisis intuitivo (que de ninguna manera pretende ser una demostracion
rigurosa) sobre la validez de esta afirmacion para poliedros. Es decir, dado un polıgono regular arbitrario, ¿existe
siempre un poliedro regular que lo tenga como cara?
Tomemos un poliedro cualquiera y recortamos las caras a lo largo de las aristas y las ubicamos de manera
plana, como se muestra en la figura siguiente:
167
Vemos que los angulos de las caras que convergen en un mismo vertice no pueden sumar en ningun caso mas
que un angulo pleno. Como en cada vertice deben concurrir al menos tres caras como se observa facilmente,
la medida los angulos interiores de los polıgonos que componen la frontera del poliedro debe ser estrictamente
menor a 360◦
3 = 120◦.
Para n ≥ 6, los angulos interiores de un polıgono de n lados son siempre mayores que 120◦ (para un
hexagono por ejemplo, los angulos interiores miden exactamente 120◦).
Por lo tanto, los poliedros regulares pueden tener como caras triangulos, cuadrados o pentagonos.
Si las caras son triangulos equilateros, como cada angulo interior de un trianguo equilatero mide 60◦, en
cada vertice no pueden cncurrir mas de 5 caras. Como tienen que concurrir al menos tres, tenemos las siguientes
opciones:
en cada vertice convergen tres caras: obtenemos el tetraedro regular. Tiene cuatro caras triangulares;
en cada vertice convergen cuatro caras: obtenemos el octaedro regular. Tiene ocho caras triangulares;
en cada vertice convergen cinco caras: obtenemos el icosaedro regular. Tiene veinte caras triangulares.
Si las caras son cuadrados, en cada vertice deben concurrir a lo sumo tres caras, pues cada angulo interior
mide 90◦. El unico poliedro regular que es posible construir cuyas caras sean cuadrados es por lo tanto un cubo.
El cubo tiene seis caras.
Finalmente, si sus caras son pentagonos, cada angulo interior mide 108◦ y por lo tanto en cada vertice
concurren a lo sumo tres caras. Obtenemos ası que el unico poliedro regular cuyas caras son pentangonos
regulares, es un poliedro de doce caras, llamado dodecaedro.
Definiremos ahora algunos poliedros particulares importantes: los prismas, paralelepıpedos y piramides.
168
Las dos primeras figuras representan prismas, y las dos ultimas piramides. ¿Que caracteriza estos cuerpos?
Los primas son poliedros dos de cuyas caras estan en planos paralelos y son polıgonos congruentes. Estas
caras se llaman bases. Las caras restantes son rectangulos o paralelogramos, y se denominan caras laterales.
Las piamides son poliedros una de cuyas caras es un polıgono convexo cualquiera. Esta cara se llama base
de la piramide. Las caras laterales son triangulos que concurren en un vertice comun.
Formalizamos las definiciones a continuacion:
Definiciones:
• Dados dos polıgonos convexos congruentes P = A1A2 · · ·An y P ′ = A′1A′2 · · ·A′n contenidos en planos
paralelos y tales que AiA′i || AjA′j para todo i 6= j, se denomina prisma de bases P y P ′ al conjunto de todos
los puntos que esten sobre algun segmento PQ con P ∈ P y Q ∈ P ′. Los cuadrilateros AiAi+1A′i+1A
′i con
i = 1, · · · , n− 1 y AnA1A′1A′n se denominan caras laterales del prima. Observemos que de la definicion surge
inmediatamente que las caras laterales de un prisma son paralelogramos, pues los pares de lados opuestos son
paralelos.
• Un prima se denomina prisma recto si cada una de las aristas laterales AiA′i es perpendicular a los planos
que contienen a las bases. Si no, el prisma se denomina prisma oblicuo.
• Un paralelepıpedo es un prisma cuyas bases son paralelogramos.
• Si las bases de un prisma estan contenidas en planos paralelos π1 y π2, la altura del prisma es la distancia
de un punto cualquiera de π1 a π2. Si el prisma es recto, la altura es la longitud de cualquier arista lateral.
• Dado un polıgono convexo P y un punto V cualquiera que no este sobre el plano que contiene a P,
se denomina piramide de base P y vertice V al conjunto de los puntos del espacio que estan sobre algun
segmento QV con Q ∈ P. Los segmentos AiV , donde Ai es un vertice de P, son las aristas laterales de la
piramide.
• La altura de la piramide es la distancia del vertice al plano de la base de la piramide.
• Una piramide se denomina regular si su base es un polıgono regular y su vertice esta sobre la perpendicular
al plano que contiene a la base y pasa por el centro del polıgono.
169
Problemas resultos:
1. Demostrar que las caras laterales de una piramide regular son triangulos isosceles congruentes
Consideremos una piramide regular de base un polıgono regular P y vertice V . Sea O el centro de P.
Sean A, B y C tres vertices consecutivos cualesquiera de P. Debemos probar que4
ABV y4
BCV son
congruentes. Observemos que como P es un polıgono regular, AB = BC, y como O es el centro de la
circunferencia circunscripta a P, resulta OA = OB = OC.
Por otra parte, la recta←→OV es perpendicular al plano que contiene a P. Luego comparando los triangulos
4AOV y
4BOV , tenemos OA = OB, OV es comun a ambos, y ˆAOV = ˆBOV = 1R. Luego por criterio
LAL, los triangulos son congruentes, y de manera analoga se prueba que son congruentes tambien con4
COV .
Concluimos en particular que AV = BV = CV . Como tambien AB = BC, resulta por criterio LLL que4
ABV=4
BCV y son ambos isosceles.
2. Una piramide regular tiene como base un hexagono de lado 1 y su altura es h =√
2. Determinar la
longitud de cada arista lateral y el angulo que forma una arista lateral con el segmento que une el centro
del hexagono con el vertice comun a la base y a la arista.
Supongamos que la base de la piramide es el hexagono regular ABCDEF cuyo centro es el punto O y
sea V el vertice de la piramide. Como todas las aristas laterales son congruentes entre sı, bastara hallar
la medida de una cualquiera de ellas, por ejemplo, de AV . Debemos ademas hallar la medida del anguloˆOAV .
170
Observemos primero que al tratarse de un hexagono regular el radio OA de la circunferencia circunscripta
al hexagono mide igual que el lado del hexagono. Por lo tanto OA = 1. Ahora OV = h =√
2. Por
otra parte, como la piramide es regular, OV es perpendicular al plano que contiene a ABCDEF y en
particular ˆV OA = 1R. Luego el triangulo4
AOV es rectangulo en O y aplicando el Teorema de Pitagoras,
tenemos:
OA2 +OV 2 = AV 2 ⇒ AV =√
1 + 2 =√
3.
Para hallar la medida de ˆV AO observemos que
cos( ˆV AO) =OA
AV=
1√3
=
√3
3
de donde ˆV AO ' 54, 73◦.
2.1. Ejercicios propuestos
1. Determinar si las siguientes afirmaciones son verdaderas o falsas justificando adecuadamente la respuesta:
a) Existe un poliedro que tiene 25 caras, 150 aristas y 128 vertices.
b) Existe un poliedro que tiene una cantidad par de caras y aristas pero una cantidad impar de vertices.
c) Si una piramide tiene 8 vertices, su base es un heptagono.
d) Si una piramide tiene como base un polıgono de 100 lados, tiene 201 aristas.
e) Si una piramide tiene como base un polıgono de n lados, entonces tiene n+ 1 vertices y 2n aristas.
f ) Existe un prisma de 25 caras, 150 aristas y 127 vertices.
g) Todo prisma tiene una cantidad par de aristas.
h) Todo prisma tiene una cantidad par de vertices.
i) Si un prisma tiene 12 caras, entonces tiene 20 vertices.
j) Si un prisma tiene como base un polıgono de n lados, entonces tiene 4n aristas.
k) Si un prisma tiene 12 caras, entonces tiene 30 aristas.
2. Sea ˆABC un angulo que se obtiene de intersecar un diedro recto con un plano perpendicular a su arista.
Supongamos que AB = BC = 10 y sea D 6= B un punto de la arista del diedro tal que DB = 10.
Calcular el area del triangulo4
ACD.
171
3. Sea P un poliedro. Se denomina area total de P a la suma de las areas de todas las caras de P . Si P
es un prisma o una piramide, se denomina area lateral de P a la suma de las areas de las caras laterales
de P . Hallar el area total de los siguientes poliedros. En caso de tratarse de un prisma o una piramide
calcular ademas el area lateral.
a) P es un prisma recto de base un triangulo equilatero de lado 10cm y altura 35cm.
b) P es un prisma recto de base un hexagono regular de 6cm de lado y 20cm de altura.
c) P es un tetraedro regular de 5cm de arista.
d) P es un dodecaedro regular de 2cm de arista.
e) P es un icosaedro regular de 5cm de arista.
f ) P es una piramide regular cuya base es un cuadrado de 6cm de lado y su altura es 5cm.
4. El area total de un cubo es de 3, 84dm2. ¿Cual es la longitud de su arista?
5. Un poliedro regular de 20 vertices y 30 aristas tiene un area total de 16, 56dm2. Determinar el area de
cada cara.
6. Un icosaedro regular tiene un area total de 865cm2. ¿Que area tiene un tetraedro regular de igual arista?
7. P es una piramide regular cuya base es un hexagono regular de lado 1cm y cada arista lateral mide√
2.
Determinar el area total de P y la medida del diedro que forma cada cara lateral con la base.
8. Sea ABCDA′B′C ′D′ un cubo.
a) Calcular los angulos ˆDD′A′, ˆDA′D′, ˆD′C ′D y ˆA′C ′D.
b) Sean E, F y G los puntos medios de las aristas AA′, AB y BC respectivamente. Calcular la medida
del angulo ˆEFG.
9. Sea ABCDA′B′C ′D′ un paralelepipedo recto cuya base es un rectangulo ABCD. Demostrar que AC ′2 =
AB2 +BC2 +BB′2.
3. Volumen
Intentaremos dar en esta seccion una “medida” para cuerpos que tenga propiedades similares a la funcion
de area para figuras planas. Esta medida es el volumen de un cuerpo en el espacio. Lo haremos de manera
axiomatica, teniendo en cuenta que propiedades debe tener esta funcion.
Esto es bastante simple. Comencemos observando que el volumen de un cuerpo debe guardar alguna relacion
con la capacidad del mismo. Es decir, si llenamos un cuerpo con arena o con agua por ejemplo, cualquier otro
cuerpo que puede llanarse con la misma cantidad de agua o arena deberıa tener el mismo volumen.
Hay algunas propiedades logicas que surgen de esta idea: si un cuerpo se obtiene de unir otros cuerpos mas
pequenos, su volumen sera la suma de los volumenes de los cuerpos que los componen. Esto implica que si un
cuerpo esta contenido en otro, el volumen del mas pequeno es menor que el del mayor.
172
Agregaremos a la definicion axiomatica un punto mas, menos obvio, denominado principio de Cavalieri,
que describiremos en detalle mas adelante.
Pero antes de intentar definir una funcion de volumen, deberıamos tener en claro a que cuerpos, o a que
subcojuntos del espacio, podemos calcular su volumen. Es decir, debemos antes que nada encontrar un dominio
conveniente para la funcion de volumen que intentamos constuir.
Resulta evidente que a los poliedros que hemos definido en la seccion anterior deberıa ser posible calcularles
el volumen, ya que son cuerpos que se pueden “rellenar”.
Denotaremos por M un conjunto de subconjuntos del espacio, que llamaremos conjuntos medibles. Mesta definido por las siguientes propiedades:
1. Todo conjunto convexo esta en M. El vacıo es un conjunto medible.
2. Si M y N son dos conjuntos en M, entonces M ∪N , M ∩N y M −N estan tambien en M.
De esta manera, todos los poliedros son conjuntos medibles, a los cuales podremos calcular su volumen. Pero
no solo estos, la union de dos poliedros, que no necesariamente es un conjunto convexo, tambien es medible,
como ası su diferencia. Mostramos en la figura distintos conjuntos medibles que se obtienen de realizar estas
operaciones con poliedros adecuados:
Axioma 19: Fijamos una funcion de longitud l en el espacio y una funcion de area A en cada plano, asociada
a l. Existe una funcion V :M→ R denominada volumen que verifica:
1. V(M) ≥ 0 para cada M ∈M y si M es una figura plana o vacıo, V(M) = 0.
2. Si M, N ∈M y V(M ∩N) = 0 (por ejemplo si M ∩N es una figura plana) entonces
V(M ∪N) = V(M) + V(N).
3. Si M es un prisma recto cuya base es un rectangulo R y su altura es h, entonces
V(M) = A(R) · h
4. El volumen de un cuerpo no depende de su posicion en el espacio.
5. Vale el principio de Cavalieri: sean K y K ′ son conjuntos en M. Fijemos un plano π0 en el espacio. Si
para cada plano π paralelo a π0, K ∩π y K ′ ∩π son ambos vacıo o figuras planas de igual area, entonces
V(K) = V(K ′).
173
Nuestra principal herramienta para calcular el volumen de los distintos cuerpos en el espacio sera el principio
de Cavalieri. Por lo tanto para poder realizar cualquier calculo debemos primero analizar como son las distintas
secciones que se obtienen de cortar un cuerpo por un plano paralelo a uno dado.
Lema 14. Sea P un prisma de base triangular y sea π un plano paralelo a la base. Entonces π ∩ P es un
triangulo congruente con el triangulo de la base.
Demostracion:
Supondremos que la base del prisma P es un triangulo4
ABC. Entonces un plano paralelo a la base que
interseque el prisma P lo cortara en un triangulo4
A′B′C ′.
Observemos que A, A′, B y B′ son coplanares, que AA′ || BB′ y que←→AB y
←−→A′B′ no se intersecan pues estan
en planos paralelos. Luego como←→AB y
←−→A′B′ son ademas coplanares, resultan paralelas y por lo tanto AA′B′B
es un paralelogramo. Por lo tanto AB = A′B′. Con un razonamiento analogo se prueba que BC = B′C ′ y que
AC = A′C ′. Luego por criterio LLL,4
ABC=c
4A′B′C ′. �
Como primer consecuencia podemos calcular el volumen de un prisma cualquiera:
Teorema 15. El volumen de un prisma P de base un polıgono P y altura h es
V(P ) = A(P) · h
Demostracion:
Supongamos primero que P es un prisma recto cuya base es un triangulo4
ABC, rectangulo en B. Podemos
construir sobre el plano que contiene al triangulo un rectangulo R = ABCD y el prisma P ′ de base R y altura
h. Sea ahora P ′′ el prisma recto de base el triangulo rectangulo4
ACD.
174
Es evidente que P y P ′′ difieren solo por su posicion en el espacio y por lo tanto V(P ) = V(P ′′). Por otra
parte, P ′ = P ∪ P ′′ y P ∩ P ′′ es una figura plana de volumen 0. Luego aplicando las propiedades 2, 3 y 4 del
volumen tenemos:
A(R) · h = V(P ′) = V(P ) + V(P ′′) = 2V(P )
y por lo tanto
V(P ) =1
2A(R) · h = A(
4ABC) · h
como querıamos probar.
Supongamos que ahora P es un prisma no necesariamente recto cuya base es un triangulo4
ABC no nece-
sariamente rectangulo.
Sea π0 el plano que contienen a la base4
ABC del prisma y pongamos a = A(4
ABC). Sobre π0 constuimos
un triangulo rectangulo isosceles4
DEF de lado√
2a, y en el mismo semiespacio que contiene a P , de los que
define π0, construimos un prisma recto P ′ de base4
DEF y altura h. Entonces
A(4
DEF ) = A(4
ABC) = a.
Ahora, por el Lema 14, un plano paralelo a π0 cortara a P en un triagulo4
A′B′C ′ congruente con4
ABC y
cortara a P ′ en un triangulo4
D′E′F ′ congruente con4
DEF , o ambas intersecciones seran vacıas. En caso que
la interseccion no sea vacıa, tendremos
A(π ∩ P ) = A(4
ABC) = A(4
DEF ) = A(π ∩ P ′)
y por el principio de Cavalieri sera
V(P ) = V(P ′) = A(4
DEF ) · h = A(4
ABC) · h.
Supongamos que ahora P es un polıgono cualquiera de vertices A1 · · ·An y que la otra base de P es el
polıgono P ′ de vertices A′1 · · ·A′n. Si trazamos los planos que determinan An, Ai A′i y A′n para i = 2, · · · , n−2
habremos dividido nuestro prisma en n−2 prismas de bases triangulares y altura h. Llamemos T1, T2, · · · , Tn−2
175
a las bases y P1, P2, · · · , Pn−2 a los prismas correspondientes. Ilustramos esta situacion para el caso en que la
base sea un hexagono.
Como dos cualesquiera de estos prismas se intersecan en una figura plana, aplicando la propiedad 2 y lo que
acabamos de probar para prismas de base triangular tenemos:
V(P ) = V(P1) + V(P2) + · · ·+ V(Pn−2) = A(T1) · h+ · · ·+A(Tn−2) · h
= (A(T1) + · · ·+A(Tn−2)) · h = A(P) · h
como querıamos probar. �
Nos ocuparemos ahora de calcular el volumen de una piramide. Nuevamente debemos analizar que relacion
existe entre el area de una seccion plana por un plano paralelo a la base, con el area de la base.
Lema 16. Sea P una piramide de base un triangulo4
ABC, vertice V y altura h. Sea 0 < a < h un numero
real y consideremos un plano π paralelo al plano que determina4
ABC tal que d(V, π) = a. Entonces
π ∩ P =4
A′B′C ′ tal que4
A′B′C ′ es semejante a4
ABC con razon de semejanza ha .
Demostracion:
Consideremos los triangulos4
AV B y4
A′V B′. Observemos que como π y π0 son planos paralelos, resulta←→AB ||
←−→A′B′. Por lo tanto
4AV B y
4A′V B′ son triangulos semejantes y en particular
AB
A′B′=AV
A′V=BV
B′V. (2)
176
Un razonamiento completamente analogo muestra que4
AV C∼4
A′V C ′ y4
BV C∼4
B′V C ′. Comparando con (2)
resultaAC
A′C ′=AV
A′V=
AB
A′B′, y
BC
B′C ′=BV
B′V=
AB
A′B′.
Por lo tanto los tres pares lados homologos de los triangulos4
ABC y4
A′B′C ′ son proporcionales, y por criterio
CS-LLL los triangulos resultan semejantes. Debemos por lo tanto determinar la razon de semejanza. Observemos
que esa razon esAV
A′V=BV
B′V=CV
C ′V=
AB
A′B′=
BC
B′C ′=
AC
A′C ′.
Por lo tanto bastara calcular BVB′V ′ . Para ello, sean P y Q los pies de las perpendiculares a los planos π0 y π que
pasan por V respectivamente. Entonces V P = h y QV = a. Por otra parte, como π0 || π resulta←→BP ||
←−→B′Q.
Por lo tanto los triangulos4
BPV y4
B′QV son semejantes y
BV
B′V=PV
QV=h
a
como querıamos probar. �
Lema 17. Si dos piramides tienen bases triangulares de igual area y tienen la misma altura, entonces
tienen el mismo volumen.
Demostracion:
Consideremos dos piramides P y P ′ de bases triangulares4
ABC y4
DEF tales que A(4
ABC) = A(4
DEF ) y
altura h.
Supongamos que ubicamos ambas piramides en el espacio de modo que sus bases esten contenidas en un
mismo plano π0 y tanto P como P ′ esten contenidas en un mismo semiespacio de los que define π0. Como la
altura de P y P ′ es h, sus vertices estan ambos en un plano π1 paralelo a π0. Cualquier otro plano paralelo a
π0 contenido en la interseccion de los semiespacios que definen π0 y π1 que contienen a P y P ′ cortara a P
en un triangulo4
A′B′C ′ semejante a4
ABC y a P ′ en un triangulo4
D′E′F ′ semejante a4
DEF . Cualquier plano
paralelo a π0 que no este en esta banda tendra interseccion vacıa con P y P ′.
177
Supongamos que la distancia del vertice de P o de P ′ a π es a. Entonces la razon de semejanza para ambos
casos es ha y por lo tanto tenemos:
A(4
A′B′C ′) =a2
h2A(
4ABC) =
a2
h2A(
4DEF ) = A(
4D′E′F ′).
Aplicando el principio de Cavalieri concluimos que V(P ) = V(P ′). �
Teorema 18. El volumen de una piramide P de base un polıgono P y altura h es
V(P ) =1
3A(P) · h
Demostracion:
Sea V el vertice de P .
Supongamos primero que P es un triangulo4
ABC y construyamos un prisma Q de base el triangulo4
ABC
y altura h como en la figura.
Consideremos ahora las piramides P1 de base4
V CF y vertice A y la piramide P2 de base el triangulo4
V FE
y vertice A.
Como P ∪ P1 ∪ P2 = Q y la interseccion de dos cualesquiera de ellas es una figura de volumen 0, resulta
A(4
ABC) · h = V(Q) = V(P ) + V(P1) + V(P2). (3)
Comparemos las piramides P y P2. Las bases de P y P2 estan sobre planos paralelos, cada uno de los cuales
contiene al vertice de la otra piramide, y por lo tanto P y P2 tienen la misma altura. Por otra parte, como Q
es un prisma, las bases4
ABC y4
EV F de P y P2 son congruentes. Luego por el Lema 16, V(P ) = V(P2).
Comparemos ahora las piramides P y P1. Podemos considerar como base de P ahora el triangulo4
BCV y
vertice A. Por otro lado P tiene base4
CFV y vertice A. Luego ambas piramides tienen bases sobre un mismo
178
plano y el mismo vertice, con lo cual tienen igual altura. Por otra parte, los triangulos4
BCV y4
CFV son
congruentes pues BCFV es un paralelogramo, con lo cual tienen igual area. Por lo tanto, a partir del Lema 16,
resulta V(P ) = V(P1).
Reemplazando en (3) resulta
A(4
ABC) · h = 3V(P ) ⇒ V(P ) =1
3A(
4ABC) · h.
El Teorema para una piramide P de base un polıgono cualquiera sigue de manera igual que la demostracion
para el volumen de un poliedro, dividiendo la base de P en triangulos, y considerando a P como union de
piramides de base triangular. �
Para finalizar esta seccion definiremos algunos cuerpos que no son cuerpos poliedros y encontraremos formu-
las para hallar su volumen. Son los denominados cuerpos redondos, e incluyen a los cilindros, los conos y las
esferas. Las esferas son las generalizaciones directas de la circunferencia al espacio, y los cilindros son analogos
a los prismas pero sus bases son cırculos.
Definiciones:
• Sea O un punto del espacio y sea λ un numero real positivo cualquiera. Se denomina esfera de centro
O y radio r al conjunto
E(O, r) = {P : d(P,O) = r}.
• Sean C y C′ cırculos del mismo radio en planos paralelos distintos π0 y π1. Se denomina cilindro de bases
C y C′ al conjunto de puntos que estan sobre algun segmento PP ′ tal que P ∈ C y P ′ ∈ C′. Se denomina altura
del cilindro a la distancia de cualquier punto de C′ al plano π0.
Si O y O′ son los centros de C y C′ se denomina generatriz del cilindro a cualquier segmeno que une un
punto de cada una de las circunferencias frontera de C y C′ paralelo a OO′.
Un cilindro se dice cilindro recto si OO′ es perpendicular a los planos π0 y π1. Si el cilindro es recto, el
segmento OO′ se denomina eje del cilindro.
• Sea C un cırculo y sea V un punto del espacio que no este sobre el plano π0 que contiene a C. Se denomina
cono de base C y vertice V al conjunto de todos los puntos que estan sobre algun segmento PV con P ∈ C.
Se denomina altura del cono a la distancia de V al plano que contiene a C.
Cada segmento PV donde P es un punto de la circunferencia frontera de C se denomina generatriz del
cono.
Sea O el centro del cırculo C. Un cono se dice cono recto si OV es perpendicular al plano que contiene al
cırculo C. Si el cono es recto, el segmento OV se denomina eje del cono.
179
No es difıcil ver que estos cuerpos son convexos y por lo tanto son conjuntos medibles del espacio a los
cuales podemos calcular su volumen. Lo haremos basandonos en los volumenes de los poliedros que ya sabemos
calcular y el principio de Cavalieri. Las demostraciones son similares a las que ya hemos visto e indicaremos
solamente las ideas de las mismas.
Teorema 19. Sea C un cilindro de base un cırculo C y altura h. Entonces el volumen de C es
V(C) = A(C) · h.
Demostracion:
Sea π0 el plano que contiene a C. Constuirmos en π0 un triangulo4
ABC de area igual al area de C.
Consideremos ahora un prisma P de base4
ABC y altura h en el mismo semiespacio de los determinados por π0
que contiene a C.
Entonces un plano paralelo a π0 cortara a C en un cırculo congruente con C y a P en un triangulo congruente
a4
ABC. Luego por el principio de Cavalieri ambos cuerpos tienen el mismo volumen, de donde se obtiene la
formula buscada. �
La demostracion del siguiente resultado es analoga a la del teorema anterior, considerando una piramide en
vez de un prisma y la dejamos como ejercicio.
Teorema 20. Sea C un cono de base C y altura h. Entonces el volumen de C es
V(C) =1
3A(C) · h.
Finalizamos esta unidad demostrando una formula para el calculo del volumen de una esfera.
180
Teorema 21. Sea E(O, r) una esfera de radio r. Entonces
V(E) =4
3· π · r3
Demostracion:
Consideremos un punto Q cualquiera de la esfera y el plano π0 perpendicular a OQ por Q. Sobre π0
construimos un cırculo C de radio r y en el mismo sempiespacio de los determinados por π0 que contiene a
E(O, r) construimos un cilindro recto C de base C y altura 2r.
Sea P el punto medio del eje del cilindro y construyamos dos conos cuyas bases son respectivamente las bases
del cilindro y su vertice comun es P .
Consideremos el conjunto H que se obtiene de quitar al cilindro C estos dos conos. Observemos que H es
un conjunto medible, y por lo tanto tiene sentido calcular su volumen, que sera la diferencia de los volumenes
del cilindro y de los dos conos.
Veremos que V(E) = V(H).
Para ello consideremos un plano α cualquiera paralelo a las bases del cilindro y entre los dos planos que las
contienen. Supongamos que este plano esta a distancia s del centro O de la esfera, o equivalentemente esta
a distancia s del punto P . Entonces α cortara a la esfera en una circunferencia de radio t. Observemos que
aplicando el teorema de Pitagoras resulta
t =√r2 − s2.
Por otra parte, α cortara al cilindro C es una cırculo de radio r y a uno de los conos en un cırculo de radio
x, como se muestra en la figura anterior. Veamos que x = s.
Cortemos a C con un plano perpendicular a las bases que contenga al eje y pase por el punto T de la figura.
Entonces, con la notacion de la figura anterior,←→O′T ||
←→RU y por lo tanto los triangulos
4O′PT y
4PRU son
semejantes. LuegoO′P
RP=O′T
RU.
Pero como la altura del cilindro es 2r resulta O′P = r. Ademas O′T = r, RP = s y RU = x. Reemplazando
en la proporcion anterior obtenemosr
s=r
x⇒ x = s.
181
Luego la interseccion de α con H es una corona circular, o sea la diferencia entre un cırculo de radio r y
uno de radio s.
Tenemos entonces A(α ∩ E) = π · t2 = π · (r2 − s2) y A(α ∩H) = π · r2 − π · s2 = π · (r2 − s2).Aplicando el principio de Cavalieri, concluimos que V(E) = V(H). Pero el volumen de H se obtiene de
restar al volumen del cilindro C el volumen de los dos conos. El volumen de C es el producto del area de su
base (π · r2) por su altura (2r), esto es, V(C) = 2π · r3. Por otra parte el volumen de cada cono es 13 · (π · r
2) · r,
pues su altura es r y la base es un cırculo de radio r. Concluimos que
V(E) = 2π · r3 − 2
3π · r3 =
4
3π · r3
como querıamos probar. �
3.1. Ejercicios propuestos
Sobre las unidades de volumen: Ası como hemos asociado una unidad de area a cada unidad de longitud,
podemos asociar ahora una unidad de volumen. Supongamos que tenemos dada una unidad u de longitud.
Denominamos unidad de volumen asociada a u a un cubo de 1u de arista. Ası, la unidad de volumen asociada
al centımetro, es el centımetro cubico, que denotamos cm3, y no es mas que un cubo de un centımetro de
arista. El volumen de un prisma de base de 5cm2 de area y altura 2cm, es 10cm3, que indica que podemos
rellenar el prisma con 10 cubos de 1cm de arista (y por lo tanto, con 1cm3 de volumen). Podemos hacer una
definicion analoga para cualquier unidad de longitud.
1. Calcular el volumen de los siguientes cuerpos:
a) Una piramide regular cuya base es un cuadrado de 1, 5m de lado y su altura es de 3m.
b) una piramide regular cuya altura es 9cm y su base es un hexagono regular de 12cm de lado.
c) una piramide regular de base cuadrada de 5cm de lado y arista lateral de 8cm.
d) un tetraedro regular cuya altura es 5cm.
e) un tetraedro regular de arista 5cm.
f ) un cono recto de 6cm de altura y base de 4cm de diametro.
g) un cilindro cuyo contorno es de 24cm y su altura es de 32cm.
2. ¿Que parte de un barril de 0, 5m3 de petroleo se necesita para llenar 125 latas de 500cm3 cada una?
3. Un prisma recto de base rectangular tiene 120cm3 de volumen y 5cm de altura. El largo y ancho de la
base son cantidades enteras. ¿Que dimensiones puede tener su base?
4. Determinar la altura de un prisma de base cuadrada de 5m de diagonal si el volumen es de 27m3.
5. En la base de un cilindro recto esta inscripto un cuadrado de 6cm de lado. La piramide cuya base es
el cuadrado y una de sus aristas coincide con una generatriz del cilindro tiene un area total de 96cm2.
Determinar el volumen del cilindro.
182
6. Calcular el volumen de un cono que se obtiene de cortar un cono de 5m de altura y 27m3 de volumen
con un plano paralelo a la base que dista 2m del vertice.
7. Calcular la medida de la arista de un tetraedro regular cuyo volumen es 2√
2cm3.
8. Comparar el volumen de dos conos tales que la altura y el radio de la base de uno es, respectivamente, la
mitad de la altura y del radio de la base del otro.
9. Una esfera esta inscripta en un cilindro recto de modo que las bases del cilindro son tangentes a la esfera.
Calcular la razon entre los volumenes de la esfera y el cilindro.
10. Las pelotas de tenis se venden en latas de forma cilındrica que contienen tres pelotas cada una. Si el
diametro de la lata es de 6, 5cm, calcular el volumen que queda libre en el interior de la lata.
4. Apendice
Al inicio de esta Unidad hemos postulado que si dos planos distintos se intersecan lo hacen en una recta. Este
enunciado suele tomarse como axioma en la mayorıa de los textos de geometrıa, incluyendo los Fundamentos
de Geometrıa de David Hilbert. En estos textos se lo enuncia al principio del desarrollo teorico, junto con los
otros axiomas de incidencia, y por lo tanto no puede deducirse de los axiomas previos. Es por ello que hemos
decidido incluirlo aquı tambien como un axioma.
Sin embargo, con el sistema axiomatico que hemos propuesto hasta ahora, este enunciado resulta demos-
trable, y por lo tanto no es un autentico axioma. Incluimos a continuacion una prueba. Podran observar que es
indispensable hacer uso de los axiomas de separacion en el espacio.
Teorema 22. Sean π1 y π2 dos planos distintos cuya interseccion es no vacıa. Entonces π1 ∩ π2 es una
recta.
Demostracion:
Sean π1 y π2 dos planos no coincidentes cuya interseccion es no vacıa. Esto implica que existe al menos un
punto P ∈ π1 ∩ π2.
Observemos primero que todos los puntos en π1 ∩ π2 deben estar alineados. En efecto, si π1 y π2 tuviesen
en su interseccion tres puntos no alineados, por el axioma 5 ambos planos serıan coincidentes.
Bastara probar entonces que π1 ∩ π2 consiste de al menos dos puntos, pues como ya hemos mencionado,
en funcion del axioma 6, ambos planos deberan contener a la recta que estos dos puntos determinan y por lo
tanto se cortaran en una recta.
Sean A y B dos puntos en π1 tal que P esta entre A y B.
Si alguno de los dos puntos esta ademas en π2 nuestro Teorema queda demostrado.
Supongamos entonces que tanto A como B no estan en π2. Luego AB ∩ π2 = {P}, y por lo tanto A y B
estan en distintos semiespacios de los que define π2.
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Sea C un punto cualquiera de π1 tal que C /∈←→AB. Observemos que en particular C 6= P . Si C ∈ π2 la
demostracion esta terminada (recordemos que queremos basta probar que π1 ∩ π2 tiene al menos dos puntos).
Si C /∈ π2 existen dos opciones:
i) C ∈ semeπ2(A) ii) C ∈ semeπ2(B)
En el caso i), como C y B estan en distintos semiespacios de los que determina π2, resulta π2 ∩ BC = {Q}.Observemos que Q 6= P , pues si no tendrıamos C ∈
←→BP =
←→AB.
Pero por otra parte, como B y C pertenecen ambos a π1, resulta←→BC ⊂ π1 y por lo tanto Q ∈ π1. Luego
Q 6= P y Q ∈ π1 ∩ π2.
El caso ii) es completamente analogo y se deja como ejercicio. �
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