PROBLEMAS_DE_GEOMETRIA-10

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A 52- Hallar el lugar geométrico de los puntos de corte de las rectas de Simson correspondientes a
dos puntos diametralmente opuestos de la circunferencia circunscrita a un triángulo.
Solución:
A
P
E
C
D
P’
B
O
L
J
G
T F
V
M
N
S
H
Q
O’
K U
A
P
E
C
D
P’
B
O
L
J
G
T F
V
M
N
S
H
Q
O’
K U
Sea ABC el triángulo, H su ortocentro, punto de corte de las alturas AT y BJ, O el centro del
círculo circunscrito, P y P′ dos puntos diametralmente opuestos de dicho círculo, Q y K los
pies de las perpendiculares trazadas desde P sobre AB y BC, S y U los de las trazadas desde P′
sobre BC y AB, QKM y USM las respectivas rectas de Simson que se cortan en M. Trazando
por H las paralelas a dichas rectas, se tienen HF y HG. Haciendo las construcciones para la
demostración de la recta de Simson, se obtiene que el cuadrilátero CJHT es inscriptible, pues
son rectos los ángulos HJC y CTH, luego C  JHT  180º. Por tanto
JHT  GHF  JHG − THF  180º − C. De ahí que GHF 
 180º − C − JHG  THF  180º − C − JEG  TDF  180º − arco AP  arco PB2 −
arco P ′B
2

arco AP
2 
360º − arco AP  arco AP − arco PB − arco P ′B
2 
360º − 180º
2  90º.
Por tanto, las rectas de Simson correspondientes a P y P′ son perpendiculares. Las rectas HP y
HP′ cortan respectivamente a las dos rectas de Simson, en L y N. Por las características de las
rectas de Simson, se tiene que LP  LH, NP′  NH, LN  PP
′
2 . La recta HO corta a LN en
O ′, de forma que O ′O  O ′H. Luego O ′ es fijo, y como el triángulo LNM es rectángulo, se
tiene que O ′M  O ′L  O ′N  R2 , siendo R el radio de O. Por tanto el lugar geométrico de M
es el círculo de los nueve puntos o de Euler.
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A 53- Se da un ángulo recto XOY y un punto P en su plano. Alrededor de P gira un ángulo recto
cuyo vértice es P y cuyos lados encuentran a OX y OY en A y B. Sea M el cuarto vértice del
rectángulo AOBM. Hallar el lugar geométrico de M, así como los lugares de los baricentros de
los triángulos OAB y PAB.
Solución:
O A
X
M
P
C
B
Y
O A
X
M
P
C
B
Y
Sea C el punto medio de AB. Como el cuadrilátero OAPB es inscriptible, C es el centro del
círculo circunscrito por lo que su lugar geométrico es la mediatriz de OP. Como M es el
simétrico de O respecto a C, su lugar geométrico es una recta homotética de la mediatriz de OP,
con centro de homotecia O y razón OMOC  2. El lugar del baricentro D del triángulo OAB es
otra recta homotética de dicha mediatriz, con centro de homotecia O y razón ODOC 
2
3 . El
lugar del baricentro E del triángulo PAB es otra recta homotética de la citada mediatriz, con
centro de homotecia P y razón PEPC 
2
3 .
A 54- Por un punto B, situado en el interior de un ángulo XOY, se traza una secante fija ABC y una
secante móvil DBE (A y D están sobre OX; C y E sobre OY). Se circunscribe una circunferencia
al triángulo ABD, y otra al BCE. Halla el lugar geométrico de M, segundo punto de intersección
de estas dos circunferencias.
Solución:
O
D
A
X Y
E
C
B
M
O
D
A
X Y
E
C
B
M
Sea  el ángulo que forman ambas secantes entre sí; sean  y  los ángulos fijos que forma AC
con OX y OY. Se tiene que AMB    , BMC   − , de donde AMC    . Luego el
lugar pedido es el arco capaz de    sobre AC.
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A 55- Se da un círculo O y dos diámetros perpendiculares OX, OY. La tangente en un punto
cualquiera P de este círculo encuentra a OX en A y a OY en B. El eje radical de O y del círculo
circunscrito al triángulo AOB, encuentra a OX en C, y a OY en D. Hallar el lugar geométrico
del punto medio M de CD.
Solución:
Y
O
C
A X
M
P
B
D
Y
O
C
A X
M
P
B
D
Siendo R el radio de O, y OA  a, OB  aR
a2 − R2
. Las rectas AB y CD son antiparalelas con
relación a XOY. Luego a  OC  aR  OD
a2 − R2
, DC  OP  R, OC2  OD2  R2, OC  R
2
a ,
OD  R a
2 − R2
a , OM
2  R
2
4 , OM 
R
2 . Luego el lugar pedido es la circunferencia de
centro O y radio R2 .
A 56- Dado un punto P y una circunferencia O, se traza por P una transversal variable que corta al
círculo en M y N. En cada posición se trazan las circunferencias de diámetros PM y PN, que
cortan a O en M ′ y N ′. Hallar el lugar geométrico del punto H, intersección de MM ′ y NN ′.
Solución:
P
A
B
M
M’
O
N
N’
HP
A
B
M
M’
O
N
N’
H
H es el centro radical de las tres circunferencias (O, A y B). El eje radical de A y B es la
perpendicular por P a la transversal, que ha de pasar por H. Luego HP2  HO2 − R2, siendo R
el radio de O. El lugar pedido es una recta perpendicular a PO.
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