PROBLEMAS_DE_GEOMETRIA-36

Vista previa del material en texto

D 15- Construir un cuadrilátero conociendo los lados AB y AD, los ángulos B y D, y sabiendo que los
otros dos lados son iguales.
Solución:
A D’
D B
C
HA D’
D B
C
H
En un punto cualquiera B, de una recta BC, se trazan los ángulos CBA  B y CBD ′  D. Sobre el
lado BA del primero, se lleva el lado conocido BA, y sobre el BD ′ del segundo, el lado conocido
AD  BD ′. Se traza la mediatriz HC de AD ′ que corta a BC en C. El simétrico de B respecto de la
mediatriz HC, es el vértice D.
D 16- Inscribir en un paralelogramo, un rombo semejante a uno dado.
Solución:
A M B
D F N E C
P
O
Q
H
A M B
D F N E C
P
O
Q
H
Supuesto resuelto el problema, sea MNPQ, el rombo inscrito en el paralelogramo ABCD. Su centro
está en el punto O de unión de las diagonales de este. Desde O, se trazan las perpendiculares OE a
DC, y OH a PF (perpendicular desde P sobre DC). En los triángulos semejantes OHP y ONE, se
tiene ONOP 
OE
OH , luego OH 
OE  OP
ON , donde el cociente
OP
ON se conoce por ser igual al
cociente de las semidiagonales del rombo dado, y OE se conoce por ser la mitad de la altura del
paralelogramo. Para construir el rombo, se obtiene OH  EF, según la fórmula anterior. Se levanta
la perpendicular FP, que corta en P a AD. La prolongación de PO determina Q sobre BC. La
perpendicular en O a PQ, determina M y N sobre AB y DC, respectivamente.
D 17- Construir un cuadrilátero ABCD, conociendo los cuatro lados y la suma de dos ángulos opuestos
B  D.
Solución:
A
E
D
CB
A
E
D
CB
Se traza el lado BC, y con centro B y radio BA se traza una circunferencia sobre la que está A. Se
lleva el ángulo CBE  B  D, y sobre el lado BE se lleva BE  AB  CDDA . Los triángulos ABE y
ADC son semejantes, siendo su razón de semejanza ABAD 
BE
DC . Por tanto
AE
AC 
AB
AD y el
vértice A se encuentra sobre la circunferencia lugar geométrico de los puntos cuyas distancias a E y
C están en la relación conocida ABAD . La intersección de las dos circunferencias determina el
vértice A. El vértice D queda determinado por la intersección de la circunferencia de centro A y
radio AD, con la de centro C y radio CD.
106
D 18- Se da un paralelogramo ABCD y se traza una secante cualquiera que corta en F a BC, y en H a
CD. Las rectas BH y DF cortan respectivamente a AD y AB en M y N. Demostrar que MN es
paralela a la secante FH.
Solución:
A
D
M
H
E
F
B
C N
A
D
M
H
E
F
B
C N
Sea E el punto de intersección de BM y DN. Los triángulos EBF y DEM son semejantes por tener
sus ángulos iguales. Luego EFED 
BE
ME . También son semejantes los triángulos EDH y EBN, por
lo que EHEB 
DE
NE . Por tanto EH  EN  EF  EM, es decir
EH
EM 
EF
EN , luego HF y MN son
paralelas.
D 19- Inscribir en un cuadrilátero dado ABCD, un rombo a ′b ′c ′d ′ semejante a uno dado A′B′C ′D ′.
Solución:
A’
B’
C’
D’
d
a
b c
d’b’
A’
B’
C’
D’
d
a
b c
d’b’
Se circunscribe al rombo dado A′B′C ′D ′, un cuadrilátero abcd, semejante al ABCD. Para
circunscribir el cuadrilátero abcd, se trazan, por ejemplo, sobre los lados del rombo A′D ′ y B′C ′,
los arcos capaces de los ángulos D y B del cuadrilátero ABCD, que son lugares geométricos de los
vértices b y d. Como el triángulo abd es semejante al ABD, se conocen los ángulos adb y abd, y
por tanto los arcos A′d ′ y B′b ′. La recta b ′d ′ corta a los arcos capaces en los vértices b y d, que
unidos con A′B′C ′D ′, dan los vértices a y c. Conocido el abcd, se conocen las relaciones A
′a
A′d
,
B′a
B′b
, C
′b
C ′c
y D
′c
D ′d
, que aplicadas al cuadrilátero ABCD, dan los vértices del rombo a ′b ′c ′d ′.
D 20- Inscribir en un cuadrilátero dado ABCD, un rombo a ′b ′c ′d ′, cuyos lados sean paralelos a las
diagonales del cuadrilátero.
Solución:
A
a’
B
b’
Cc’D
d’
O
A
a’
B
b’
Cc’D
d’
O
Supuesto resuelto el problema, se conocen los ángulos a ′d ′c ′ y d ′c ′b ′, por ser iguales a BOC y a
AOB. Luego se puede construir un rombo A′B′C ′D ′ semejante al pedido y luego circunscribirle un
cuadrilátero abcd semejante al dado, según lo expuesto en el problema D 19, obteniéndose luego el
rombo pedido a ′b ′c ′d ′.
107
D 21- Se dan dos paralelas m y n, y dos puntos fuera de ellas, A y B. Trazar dos paralelas, una por A y
la otra por B, de forma que los lados del paralelogramo formado por estas paralelas y las rectas m y
n, estén en una relación dada k.
Solución:
m
B
A
n
C
D
E F
G H
m
B
A
n
C
D
E F
G H
La recta AB corta a m y n, en C y D. Las paralelas por A y B, cortan a m y n, en F y H, y en E y G.
En los triángulos semejantes BCE y BDG, se tiene EGCD 
BE
BC , luego EG 
CD  BE
BC . En los
triángulos semejantes ACF y BCE, se tiene ABEF 
CB
CE , luego EF 
AB  CE
CB . Por tanto
EG
EF 
CD  EB
AB  EC  k, de donde
EB
EC 
k  AB
CD . Como AB y CD son constantes, E se encuentra
en la intersección con m, de la circunferencia lugar geométrico de los puntos cuya relación de
distancias a los puntos fijos B y C, es constante e igual a k  ABCD . La recta BE y su paralela por A,
resuelven el problema.
D 22- Dividir un cuadrilátero cualquiera en cinco partes equivalentes, por rectas que parten de un
punto dado de su perímetro.
Solución:
A
P
D
M B P1 P2 P3 P’4C N
S Q
R
P4
A
P
D
M B P1 P2 P3 P’4C N
S Q
R
P4
Sea ABCD el cuadrilátero y P el punto dado de su perímetro. Trazando por A la paralela AM a PB,
el triángulo PMB es equivalente al ABP, pues tienen la misma base PB y la misma altura que es la
distancia entre las paralelas PB y AM. Procediendo de la misma forma con los triángulos PDC y
PNC, que son equivalentes, resulta que el triángulo PMN es equivalente al cuadrilátero dado
ABCD. La base MN del triángulo se divide en cinco partes iguales por los puntos P1, P2, P3 y P4′ .
El cuadrilátero PABP1 es igual a la suma de los triángulos PP1B y PAB, luego es igual a la suma
de los triángulos PMB y PP1B. Los sucesivos triángulos PP1P2 y PP2P3 son equivalentes cada
uno de ellos a 15 del área del cuadrilátero (o del triángulo PMN).Se trata ahora de encontrar un
cuadrilátero PP3CP4 equivalente a 15 del área total. Este cuadrilátero tiene común con el triángulo
PP3P4′ , el cuadrilátero PP3CQ. Hay que encontrar el triángulo PP4Q equivalente al QCP4′ , para lo
cual la altura SP4 ha de ser igual a
CR  QP4′
QP . Obtenido así el punto P4, se une con P.
108