1.  EL RADIO DEL CÍRCULO. Dado que la diagonal de 8 cm. tiene la misma longitud que el radio del círculo, la respuesta es 8 cm.
 2.  EL LADO DEL ROMBO. Basta con darse cuenta de que el lado AC es el radio de la circunferencia y AE y BD son diagonales de un rectángulo.
        Por lo tanto, son iguales en longitud. Lado del rombo = 9 m.

 3.    EL ÁNGULO DE LAS DIAGONALES. 60°. Basta observar de que se trata de un triángulo equilátero ABC trazando la diagonal BC de la otra cara.
 

 4.  GOLPE DE VISTA.  MN = 6 centímetros. Trazando desde P y Q perpendiculares al segmento MN, obtenemos los puntos R y S. Como MR=RO y NS=SO y RS=PQ, surge la respuesta.
 5.  EL ÁNGULO OBTUSO. 120°. Sólo hace falta terminar de dibujar el hexágono regular ABCDEF.

 6.    EL ÁNGULO EXTERIOR. Puesto que es isósceles: B = C = (180°-A)/2 = 130°/2 = 65°.
         Por lo tanto: x= 180°-C = 180°- 65° = 115°.

 7.    CUADRADOS QUE SE CORTAN. El área comprendida entre ambos siempre es la cuarta parte de la de un cuadrado. Los triángulos ABC y CDE son iguales.

 8.    SEMEJANZA DE RECTÁNGULOS. No lo son, puesto que las fracciones: b/a  y  (b+2h)/(a+2h)  son siempre distintas, salvo en el caso del cuadrado (a=b).

 9.    PAQUETE POSTAL. Puede utilizar para el envío una caja en forma de cubo de 55 cm. de lado, pues una caja de estas características tiene una diagonal de 95 cm.
 

10.   LOS DOS CUADRADOS. En lugar de inscribir el cuadrado como mostraba la figura anterior, hagámoslo girar 45  hasta la posición que muestra la figura siguiente.
         Se observa que el área del cuadrado mayor es el doble que la del inscrito; es decir, 8 unidades.

11.    EL CINTURÓN DE LA TIERRA. Un sencillo cálculo confirma esta situación sorprendente. Siendo R el radio de la esfera (la Tierra o la naranja), el cordel ajustado mide 2 R. Cuando le agregamos un metro, el cordel pasa a medir 2 R+1. El radio que tiene esta nueva circunferencia, será (2 R+1)/2 . La diferencia de radios nos da la holgura que es: 1/2  = 15'91549... cm. en los dos casos. ¿Decía esto su intuición?

12.    EL CORDEL Y EL CUADRADO. La holgura es de 12'5 cm. en ambos casos. ¿Falló su intuición?

13.    EL RIEL DILATADO. Como la longitud total del riel es ahora 502 metros, cada mitad tendrá 251 metros. Aunque es evidente que la joroba adoptará una forma curva, podemos hacernos una idea de la situación suponiendo que son dos rectas, articuladas en el punto medio. Bajo esta suposición obtenemos una estimación de la altura x aplicando el teorema de Pitágoras: x2 =  (2512-2502)  ===> x = 22 metros.
         Seguro que su intuición volvió a fallar.

14.    EL PUENTE SIN DISPOSITIVO DE DILATACIÓN. Diez metros. La solución del problema es elemental, pero lo que sorprende es la magnitud de dicha solución. Se trata de hallar el tercer lado de un triángulo rectángulo cuya hipotenusa mide 1000'2/2 = 500'1 m. y 500 m. uno de los catetos.  h2 = (500'1)2-(500)2 ===> h = 10 m. ¿Falló su intuición?

15. NUEVE ÁNGULOS. El ángulo 2 mide 20°.
         Por tratarse de un triángulo isósceles (dos lados son radios) los ángulos 4 y 5 son iguales.
         La suma de los ángulos 2, 3 y 4 es 90°, pues el ángulo total abarca el diámetro.
         De estas dos condiciones se obtiene que la suma de los ángulos 2 y 4 es igual al ángulo 7. Y el ángulo 7 es igual a dos veces el ángulo 4. De donde el ángulo 2 es la mitad del ángulo 7.
         Por tanto el ángulo 7 mide 40°, los ángulos 4 y 5 miden 20° cada uno, el ángulo 6 mide 140°, el ángulo 3 mide 50° y los ángulos 8 y 9 son rectos.

16.    ÁREA DE LA CORONA CIRCULAR. Sean R el radio del círculo mayor y r el radio del círculo menor:

r2=R2-1.
         Área de la corona = piR2 - pir2 = piR2 - pi(R2-1) =  .
         En cualquier viejo formulario de la geometría clásica, que tanto se estudiaba hace 50 años, viene dada directamente la fórmula de la corona circular en función de la cuerda del círculo mayor, tangente al menor:
         A=pi c/2.  Como en nuestro caso c/2=1, tenemos que A=pi 1=pi.

17.    SIMETRÍA Y REFLEXIÓN. Querido Paco: Si se te ocurre poner esta carta frente al espejo, la leerás sin dificultad. Por cierto, que no me explico la razón de que Leonardo da Vinci escribiera siempre en la forma que ahora estás viendo.

18.    TRIÁNGULOS ORIGINALES. Tienen la misma área. Ambos pueden dividirse por la mitad para dar lugar a dos triángulos 3, 4, 5.

19.    EL VALOR DE LA MEDIANA. Basta recordar que todo triángulo rectángulo puede inscribirse siempre en un círculo cuyo diámetro CB=a=10 es la hipotenusa, así que AM=radio=5.

20.    LA ESFERA HUECA Y EL GEÓMETRA SAGAZ. El volumen de la esfera es los 2/3 del volumen del cilindro en el cual aquella puede inscribirse: 4/3piR3 = 2/3(2piR3).
         Cuando la esfera se hunde en el cilindro desaloja los 2/3 del agua contenida en ese cilindro. El aumento de peso es, pues, el peso de la esfera (40 kg) menos los dos tercios del peso del agua contenida inicialmente en el cilindro, lo cual, en kilos, es igual a los dos tercios del volumen del cilindro, expresado dicho volumen en decímetros cúbicos.
         20 = 40 - 2/3V   ===>   V=30 dm3
         El volumen de la esfera es V'=2/3V=20 dm3  y  su densidad es 40/V'=2.

21.    LAS ESFERAS PINTADAS. Los volúmenes y, por lo tanto, los pesos son proporcionales a los cubos de los radios. Las superficies y, por lo tanto, las cantidades de pintura son proporcionales a los cuadrados de los radios. Sean R y r los radios de las dos esferas, x el peso en gramos de la pintura necesaria para pintar la esfera pequeña.
         r3/R3=8/27  luego  r/R=2/3
         r2/R2=x/900=4/9     x=400 gramos.

22.    GIROS, ¿POSIBLES O IMPOSIBLES?. Girar primero el libro 180  alrededor del lado vertical opuesto al lomo, y a continuación otros 180  alrededor de una recta que forme 45  con el eje anterior. En general, un giro de 180  alrededor de un cierto eje, seguido por otro giro de 180  alrededor de otro eje que forme un ángulo   con el primero, resulta ser equivalente a una rotación de ángulo 2  alrededor de un eje perpendicular a los dos primeros y que pasa por su punto de intersección.

23.    EL EMBALSE Y EL PEZ. Mil metros. El pez describe un ángulo recto con su trayectoria. Un ángulo recto, con su vértice en la circunferencia de un círculo, intersecta la circunferencia en los extremos de un diámetro. El diámetro es, por tanto, la hipotenusa de un ángulo recto con lados 600 y 800 metros.

24.    EL POSTE ROTO. x² + 16² = (32-x)²; x=12 palmos.

25.    EL CRUCE DE LA RED. El problema no tiene solución.
         En efecto, cada uno de los tres rectángulos mayores de la figura tiene un número impar de segmentos. Como cada vez que se cruza un segmento se pasa de dentro a fuera del rectángulo o viceversa, quiere decirse que en los tres debe de haber una terminación de la línea en su interior para que la línea cruce el número impar de segmentos una sola vez, y como hay tres rectángulos mientras que la línea continua no tiene más que dos extremos, la solución del problema es imposible.

26.    LOS 7 PUENTES DE KONIGSBERG. Euler (1707-1783) demostró que el paseo es imposible. Veamos su demostración.
         Los siete puentes están tendidos entre cuatro regiones de tierra: A, B, C y D. De A sale 5 puentes; de B, 3; de C, 3, y de D, 3. El paseo sale de una región y podrá terminar en ella misma o en otra. Habrá siempre, al menos, dos regiones que no serán comienzo ni final del paseo. O sea, cada vez que se entra en ellas debe salirse de ellas. De cada una de esas dos regiones debería partir un número par de puentes. Ya se ha dicho que de las regiones parten 5, 3, 3 y 3 puentes, impares todos. Conclusión: El paseo es imposible.
 

27.   DIBUJANDO SOBRES. Aunque el segundo parece el más complicado de dibujar, la realidad es que puede dibujarse en las condiciones estipuladas. El primero en cambio, no.
         Todo vértice en el que concurren un número impar de líneas ha de ser comienzo o fin del trazado, ya que si no, por cada entrada ha de haber un salida. En la segunda figura, en los vértices inferiores ocurre esto, luego uno puede ser comienzo y el otro fin del dibujo. (Ver figura)
         En el primer sobre son cuatro los vértices en los que concurren un número impar de líneas; como no puede haber más que un fin y un comienzo, es imposible dibujarlo en las condiciones propuestas.

28.    EN GENERAL: DE UN SOLO TRAZO, ¿POSIBLE O IMPOSIBLE? Se pueden dibujar de un solo trazo los de la fila superior. Es imposible para los de la fila inferior.
 

29.   LOS TRES CUADRADOS. Solución 1: La siguiente construcción muestra la solución del problema.
Solución 2: Esta otra construcción también muestra la solución del problema.
Los triángulos APO y OQR son semejantes, por lo que los ángulos A y O son iguales. Y como C=B+O, C=B+A.
 
 

Solución 3. Usando trigonometría: tgA=1/3, tgB=1/2, tgC=1.
tg(A+B) = ...  = 1 = tgC. Luego A+B=C.

30.   VENTANA DIVIDIDA EN DOS. La siguiente figura muestra la solución.

31     MONEDAS IGUALES DANDO VUELTAS. La moneda A da dos vueltas. ¿No se lo cree Vd.? Tome las dos monedas y lo comprobará.

32.    MONEDAS DISTINTAS DANDO VUELTAS.  ..........
 

33.   POSAVASOS Y SERVILLETA. Colocamos uno de los vértices de la servilleta sobre cualquiera de los puntos de la circunferencia del posavasos.
         El ángulo definido por ABC es un ángulo recto, luego el segmento AC es un diámetro de la circunferencia. Trazamos con un lapicero la línea AC y repetimos la misma operación eligiendo como B cualquier otro punto del perímetro del posavasos. Una vez trazado el segundo diámetro ya está hallado el centro de la circunferencia.

34.    EL CUBO Y LOS PLANOS. La diagonal es perpendicular a los planos en cuestión y forma ángulos iguales con todas las aristas del cubo, por lo que la proyección de una cualquiera de éstas sobre aquélla es constante. Luego, sin más que dibujar la figura, se concluye que la distancia entre los dos planos es 1/3 de la diagonal.

35.    CUATRO CÍRCULOS IGUALES. La misma que uno de los círculos, es decir, PI. La suma de los ángulos de un cuadrilátero es 360 . Cada sector sombreado cubre una parte de un círculo cuya área depende del ángulo correspondiente. Los cuatro ángulos cubrirán un área igual a la de un círculo completo.

36.    LOS PINTORES DE LA CATEDRAL. Un metro cuadrado. Es el área de un cuadrado de un metro de lado.

37.    MUY ELEGANTE. B puede tener cualquier valor.
         Sean x e y las dos partes en que se divide B, x la mayor.
         x/6 = B/10     x = 6B/10
         y/6 = B/15     y = 6B/15
         Como B = x+y.  Sustituyendo:
         B = 6B/10 + 6B/15;  o bien:
         B = 3B/5 + 2B/5.  Igualdad que siempre se cumple para cualquier valor de B.
 

38.   LA SOMBRA DESCONOCIDA. Observe que los triángulos sombreados de la figura son iguales por ser el triángulo rectángulo. El área de la sombra es la cuarta parte del área del cuadrado.
         Es decir, 36/4 = 9.
39.   LA MEDIANA ES MENOR. Sólo hay que repetir un triángulo igual al primitivo, opuesto por la base, como se muestra en la figura adjunta.
         Es evidente que la diagonal de un cuadrilátero no puede ser mayor que la suma de dos lados consecutivos. Dividiendo por dos la diagonal queda la mediana del triángulo, que por tanto no puede ser igual o mayor que la semisuma de los mismos lados.

40.    Sí, son iguales. Veamos:
         (AB)2 = R2 + R2 = 2R2
         Área del cuadrante = PiR2/4
       Área del triángulo = R2/2
         Área del segmento de arco AB = PiR2/4 - R2/2
       Área de la luna =  Pi(AB)2/8 - (PiR2/4 - R2/2) = PiR2/4 - PiR2/4 + R2/2 = R2/2.
 

41.    La simple observación de la figura muestra la solución.
42.   ÁREA DEL CUADRADITO. La simple observación de la siguiente figura muestra que el área del cuadradito es la quinta parte del área del cuadrado. Es decir, 20 cm2.

43.    RECTÁNGULO, DIAGONAL Y TRIÁNGULO. Los triángulos AEB, BEF y FCB tienen la misma área pues tienen la misma altura e iguales bases. Así pues, cada uno la tercera parte del área del triángulo ABC, es decir:
         Área del triángulo BEF = 1/3 1/2 8 3 = 4.

44.    LOS DOS CÍRCULOS. Área(2)/Área(1) = Pi R2/Pi r2 = (2r)2/r2 = 4.
        Entonces:  Área(2) = 4 Área(1) = 4 4 = 16.
 

45.   LA ZONA SOMBREADA. Es la cuarta parte del área del cuadrado: 16/4 = 4.
46.   LAS 4 CABRAS DEL PRADO. El área utilizada por las cuatro es un círculo de radio 50 m., es decir S=Pi 50². La que queda sola ha de pastar sobre un cuadrante de círculo cuya superficie sea la misma:  Pi x²/4 = Pi 50²  ===>  x=100 m. Justamente la longitud del campo.
47   FERMAT: EL CENTRO DEL TRIÁNGULO. Se construye un triángulo equilátero sobre cada lado del triángulo ABC. Uniendo los vértices de esos tres triángulos obtenemos un punto de intersección que cumple la condición requerida.
 .
48.   LAS TRES CIRCUNFERENCIAS. Área = R2 * Raíz de 3 - Pi * R2/2.
        Si R=1:  Área = Raíz de 3 - Pi /2.

49.    LA SUMA DE LOS CATETOS. 16 cm. Haga la figura correspondiente y lo verá.

50.    LA SUPERFICIE DEL LAGO. El lago es un triángulo rectángulo. Para hallar su área, basta saber la longitud de los catetos:  Área = 5x12/2 = 30 m².

51.    BONITA PROPIEDAD. Trazando las diagonales del cuadrilátero se observa la propiedad inmediatamente.

52.    ...