PROBLEMAS_DE_GEOMETRIA-17

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B 35- Trazar entre dos rectas paralelas a y b, perpendicularmente a ellas, un segmento que sea visto
desde un punto exterior dado P, bajo ángulo máximo.
Solución:
a
c
b
R
R’
A
B
O
N
P
S
S’
A’
B’
M
Sea c la paralela media de las dos dadas, y sea AB una posición cualquiera del segmento definido
en el enunciado. El círculo que pasa por A, B y P, corta a a y b en otros dos puntos A′ y B′. Los
ángulos APB y A′PB′ son diferentes. Por tanto, para cada posición de AB se obtiene otra A′B′, de
forma que ambas subtienden ángulos diferentes vistos desde P. Aplicando el teorema de Rolle,
cuando estos dos ángulos sean iguales, se obtendrá un ángulo extremo, máximo o mínimo. En este
caso, el ángulo mínimo es nulo, y viene dado por la posición PMN. El ángulo es máximo en los
casos RR′ y SS ′, simétricos respecto a MN y determinados por el círculo de centro O, punto de
corte de MN con c, y que pasa por P.
B 36- Se da un triángulo ABC y se considera el círculo inscrito tangente a BC en D. Por un punto
cualquiera A′ de BC, se traza la tangente A′M al citado círculo. La recta AM encuentra a BC en D ′.
Demostrar que DBDC 
D ′B
D ′C
 A
′B2
A′C2
.
Solución:
N
A
B D A’ D’ C
M
P
N
A
B D A’ D’ C
M
P
Se cortan las cuatro tangentes BA, CA, BC y A′M, por las rectas A′M y BC, teniéndose que
NPA′M  BCDA′, siendo N y P las intersecciones de A′M con AB y AC, respectivamente.
Proyectando la primera cuaterna desde A y cortando por BC, se tiene BCA′D ′  BCDA′.
Desarrollando: DBDC 
D ′B
D ′C
 A
′B2
A′C2
.
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B 37- Se da un ángulo XOY y un punto P fuera del ángulo, por el que se traza una secante variable
PAB, que encuentra a OX en A, y a OY en B. Trazar la secante PAB, de forma que el producto
PA  PB sea mínimo.
Solución:
Y
XAS
PC
O
T
B Y
XAS
PC
O
T
B
Considerando el producto PA  PB  m, la inversa de OX con relación a P, es una circunferencia
que pasa por P y por B, inverso de A. Esta circunferencia corta a OY en dos puntos. Cuando sea
tangente a OY, el producto será mínimo. Por tanto ha de trazarse una circunferencia con centro en
la perpendicular por P a OX, tangente en P a CP (paralela a OX por P), que será tangente a OY en
T, siendo CT  CP. La recta PT es la solución.
Nota: El triángulo TOS es isósceles (OT  OS), por ser semejante al TCP. Por tanto otra forma de
construir la solución, consiste en trazar por P la paralela CP a OX, que corta en C a OY. Se lleva
CP sobre OY, obteniéndose T.
B 38- Se da un triángulo ABC y su circunferencia circunscrita. Por un punto cualquiera D de esta, se
traza una transversal que corta a los lados en a, b y c, y a la circunferencia en d. Hallar la relación
que liga las dos cuaternas anarmónicas ABCD y abcd.
Solución:
A
B C
D
a
db
c
E
A
B C
D
a
db
c
E
Proyectando ABCD desde d, y cortando por BC, se tiene: ABCD  d, ABCD  EBCa.
Cortando el haz A, EBCa por BC y por Dd, se tiene: EBCa  dcba. Luego
ABCD  dcba  abcd.
B 39- Demostrar que en todo triángulo ABC, el cuadrado de la distancia del circuncentro O, al
baricentro G, viene dado por la expresión OG2  R2 − a
2  b2  c2
9 , siendo R el radio del círculo
circunscrito y a, b y c, los lados del triángulo.
Solución:
A
B M C
O GH
A
B M C
O GH
Siendo M el punto medio de BC, se tiene: OM2  OG2  GM2 − 2  GM  GH,
OA2  OG2  AG2  2  AG  GH. Sumando el doble de la primera igualdad con la segunda:
2  OM2  OA2  3  OG2  AG2  2  GM2  2  AG  GH − 4  GM  GH. Siendo OA  R,
OM2  R2 − a
2
4 , AG − 2  GM  0 y AM
2  m2  2b
2  2c2 − a2
4 , se tiene:
3R2 − a
2
2  3  OG
2  2m3
2
 2 m3
2
 2  GHAG − 2  GM  3  OG2  2m
2
3 .
Luego, OG2  R2 − a
2  b2  c2
9 .
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B 40- Dado un triángulo ABC y un punto P, se pide trazar por P dos rectas tales que los puntos medios
de los segmentos determinados por ellas sobre los lados AB y AC, coincidan con los puntos medios
de dichos lados.
Solución:
A
B C
a
C’
a1
b
B’
b’
b’’
P
A
B C
a
C’
a1
b
B’
b’
b’’
P
Sean C ′ y B′, los puntos medios de AB y AC, y sea a un punto sobre AB. Sea a1 su simétrico
respecto de C ′. La recta Pa corta en b a AC, y Pa1 en b ′′. Sea b ′ el simétrico de b respecto de B′. Se
forman dos series proyectivas b ′, b ′′ , cuyos puntos dobles dan la solución. Existe proyectividad,
ya que hay correspondencia biunívoca entre b ′ y b ′′, y se pasa de un punto al otro mediante un
número finito de proyecciones y secciones.
B 41- Demostrar que si dos puntos P y P′, isogonales conjugados respecto de un triángulo ABC, están
sobre un mismo diámetro del círculo circunscrito O, el círculo circunscrito a los triángulos
podarios, es tangente al círculo de los nueve puntos.
Solución:
A
B C
P O
P’
A’
B’
C’
M M’
N’
N
Q
Q’
F
r1
r2
X
X’ Y’
Y
A
B C
P O
P’
A’
B’
C’
M M’
N’
N
Q
Q’
F
r1
r2
X
X’ Y’
Y
Sean A′, B′ y C ′ los puntos medios de BC, AC y AB. Sean X e Y los extremos del diámetro de O,
que pasa por P y P′, siendo R el radio del círculo circunscrito. Las proyecciones de P y P′ sobre
los lados del ABC son M y M ′ sobre BC, N y N ′ sobre AC, y Q y Q ′ sobre AB. Las rectas de
Simson de X e Y, r1 y r2, son perpendiculares entre sí y se cortan sobre un punto F del círculo de
los nueve puntos (ver el problema A 52). Se tiene OXOP 
A′X′
A′M
, OY
OP′
 A
′Y ′
A′M ′
y sus análogas.
Multiplicando: OX  OY
OP  OP′
 R
2
OP  OP′
 A
′X′2
A′M  A′M ′
 A
′Y ′2
A′M  A′M ′
 A
′F2
A′M  A′M ′

 B
′F2
B′N  B′N ′
 C
′F2
C ′Q  C ′Q ′
. Los denominadores son las potencias de A′, B′ y C ′ respecto del
círculo podario, que pasa por los seis puntos M, M ′, N,... El círculo de los nueve puntos, sobre el
que están A′, B′ y C ′, se confunde con el lugar geométrico de los puntos cuya razón de potencias
respecto al círculo podario y al círculo F, es constante e igual a R
2
OP  OP′
y tiene el mismo eje
radical que estos dos. Como el círculo F se reduce a su centro situado en el círculo de los nueve
puntos, este y el podario son tangentes entre sí.
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