PROBLEMAS_DE_GEOMETRIA-14

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B 10- Dado un ángulo de vértice O, dos puntos A y B, uno en cada lado, y un punto M exterior al
ángulo, trazar por M una recta que corte a los lados del ángulo en E y F, de manera que A, B, E y F
sean concíclicos.
Solución:
O
A
M E
B
F
C
G
O
A
M E
B
F
C
G
Para que sean concíclicos, ha de cumplirse que BAF  BEF y ABE  AFE, siendo las rectas AB y
EF antiparalelas con respecto al ángulo dado. Se lleva el ángulo conocido BAF sobre BCG, siendo
C un punto cualquiera de OB. Trazando por M la paralela MEF a CG, se obtienen los puntos E y F.
B 11- Sobre los lados de un triángulo se construyen cuadrados hacia el exterior del triángulo. Calcular
los lados del triángulo conociendo en magnitud los segmentos MN, PQ y RS (ver figura), que unen
los vértices de los citados cuadrados
Solución:
T
M
N
S
V B
R Q
U
P
C
A
T
M
N
S
V B
R Q
U
P
C
A
Sea ABC el triángulo, y ABMS, ACNP, BCRQ los tres cuadrados, siendo m  MN, n  PQ y
p  RS, los tres segmentos que se conocen en magnitud. Girando 90º las rectas AM, CP y BR, en
torno a A, B y C, respectivamente, sus nuevas posiciones son AT, CU y BV, prolongaciones de BA,
AC y CB. En el triángulo TBC se tiene, por ser A el punto medio de BT, que
BC2  CT2  2  AC2  BT
2
2 , es decir a
2  m2  2b2  2c2. Similarmente, b2  n2  2a2  2c2 y
c2  p2  2b2  2a2. De donde a 
2m2  2n2 − p2
3 , b 
2n2  2p2 − m2
3 ,
c 
2p2  2m2 − n2
3 .
B 12- Se da una recta XY y dos puntos A y B, situados a un mismo lado de la recta. Encontrar un punto
C sobre XY, tal que el ángulo ACX sea doble del BCY.
Solución:
A
X Y
B
C
D
O
A
X Y
B
C
D
O
Se obtiene el simétrico O, de B respecto a XY. Se traza la circunferencia de centro O, tangente a
XY. Desde A se traza la tangente AD que corta a XY en C. El ángulo
ACX  DCY  2  OCY  2  BCY.
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B 13- Se da un triángulo ABC y su circunferencia circunscrita O. Las tangentes en A, B y C, cortan a
los lados opuestos en A′, B′ y C ′. Demostrar que estos tres puntos están alineados.
Solución:
A
B
C
A’
B’
C’
M
NP
Hay que deducir que A
′C
A′B
 C
′B
C ′A
 B
′A
B′C
 1 (A). En el triángulo ACA′, se tiene
B′A
B′C
 BC
BA′
 A
′M
MA  1 (B). En el triángulo BCB
′, se tiene A
′C
A′B
 MB
MB′
 AB
′
AC  1 (C). En el
triángulo ABA′, se tiene C
′B
C ′A
 MA
MA′
 A
′C
CB  1 (D). Tomando
A′C
A′B
de (C), C
′B
C ′A
de (D) y B
′A
B′C
de (B) y sustituyéndolos en (A), se tiene: A
′C
A′B
 C
′B
C ′A
 B
′A
B′C
 MB
′  AC  BA′
MB  AB′  A′C
. En el triángulo
BB′C cortado por AMA′, se tiene: MB
′
MB 
A′B
A′C
 AC
AB′
 1. De estas dos últimas igualdades, se
obtiene: A
′C
A′B
 C
′B
C ′A
 B
′A
B′C
 1.
B 14- Se da un triángulo ABC. En el sentido BA se lleva un segmento BM y otro igual en la
prolongación de AC a partir de C, es decir CN  BM. Probar que BC divide a MN siempre en la
misma relación.
Solución:
A
B C
M
P
N
A
B C
M
P
N
En el triángulo AMN cortado por BPC, se tiene BMBA 
CA
CN 
PN
PM  1. Como BM  CN,
PN
PM 
AB
AC , que es constante.
B 15- Inscribir en un triángulo ABC dado, otro M ′N ′P′, semejante a uno conocido MNP, con el vértice
M ′ en BC.
Solución:
B M’
C
P’
N’
A
M
N
P
M’’
P’’
N’’
B M’
C
P’
N’
A
M
N
P
M’’
P’’
N’’
Por un punto cualquiera M ′′ de BC, se traza una paralela M ′′P′′ a PM. Por P′′ y M ′′ se trazan
paralelas a PN y MN, respectivamente, que se cortan en N ′′. La recta CN ′′ corta a AB en N ′. Las
paralelas por N ′ a NM y NP, determinan M ′ y P′.
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B 16- Inscribir en tres paralelas dadas, un triángulo semejante a uno dado.
Solución:
n
m
r
r’
m’
A’
B’
C’
B’’
A
B
C
n
m
r
r’
m’
A’
B’
C’
B’’
A
B
C
Sean las paralelas m, n y r, y sea ABC el triángulo dado. Con centro un punto A′ de n, se gira m un
ángulo BAC, obteniéndose m ′. Se traza r ′, paralela a r y tal que las distancias de A′ a r y r ′ estén en
la relación ACAB ; m
′ y r ′ se cortan en B′′. Se deshace el giro de r ′, pasando B′′ a B′ sobre m. Se lleva
el ángulo BAC sobre B′A′C ′, obteniéndose C ′. El triángulo A′B′C ′ es el pedido.
B 17- Se dan dos rectas AX y AX′. Sobre la primera hay un punto fijo B, y sobre la segunda otro punto
fijo C. Trazar por un punto fijo P, una recta que corte en M a AX, y en M ′ a AX′, de modo que
BM  CM ′ tenga una longitud dada k.
Solución:
M’’1
P
A B
M1 M2 MD M3 M4
X
C
M’3
M’1
X’
M’D
M’’3 M’’2M’’4
M’4
M’2
M’’1
P
A B
M1 M2 MD M3 M4
X
C
M’3
M’1
X’
M’D
M’’3 M’’2M’’4
M’4
M’2
Se toman sobre AX una serie de puntos M1, M2, ... y sobre AX′ la serie M1′ , M2′ ,... de forma que
BM1  CM1′  k, etc. Se proyecta desde P y sobre AX, la serie de puntos situados en AX′,
obteniéndose la serie M1′′, M2′′,...El punto doble MD de las dos series situadas sobre AX (M1, M2,... y
M1′′, M2′′,...), da la recta solución PMD′ MD.
B 18- Inscribir en un segmento circular dado, un triángulo equilátero con un vértice en un punto A
dado, situado sobre la cuerda, y los otros dos sobre el arco
Solución:
O
A
M
B C
N
H
O
A
M
B C
N
H
Sea el círculo dado de centro O, y MN la cuerda que determina el segmento circular. Supuesto
resuelto el problema, sea ABC el triángulo pedido. El círculo de centro A y radio AB  AC  BC,
corta al arco del segmento en B y C. El eje radical de los dos círculos es la cuerda común BC,
perpendicular a OA en H, punto medio de BC, estando alineados O, A y H. Por tanto, llevando a
uno y otro lado de AH (altura y bisectriz correspondientes al vértice A) un ángulo de 30º, se
obtienen B y C.
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