PROBLEMAS_DE_GEOMETRIA-22

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B 67- Se da un punto O exterior a una recta AD. Se baja la perpendicular OA a esta y las oblicuas OB,
OC,..., siendo AB  BC  CD ... Demostrar que los ángulos AOB, BOC, COD,... disminuyen.
Solución:
O
A B
C
D
D’
O
A B
C
D
D’
Sean OB, OC y OD tres oblicuas consecutivas cualesquiera. Sea OD ′ la simétrica de OD respecto
a OC. Como OCD  OCA, CD ′, simétrica de CD, cae por debajo de DCB, y como
CD  CD ′  CB, CD ′ cae dentro del COB, luego COD  COD ′  COB, como se quería
demostrar.
B 68- Se dan sobre una recta orientada, tres pares de puntos AA′, BB′ y CC ′, y sean a, b y c sus puntos
medios. Demostrar que si P es un punto cualquiera de dicha recta, la función
FP  PA  PA′  bc  PB  PB′  ca  PC  PC ′  ab, es constante.
Solución: Trasladando P una distancia m cualquiera, se tiene:
FP  m  PA  m  PA′  m  bc  PB  m  PB′  m  ca  PC  m  PC ′  m  ab 
 FP  mPA  PA′bc  PB  PB′ca  PC  PC ′ab  m2bc  ca  ab. Ahora bien,
dados varios puntos alineados A, B, C... N, se tiene que AB  BC . . .NA  0 (primer principio de
Chasles), luego bc  ca  ab  0. Por el segundo principio de Chasles se tiene que, dados los
puntos alineados A, B, C y D, el valor de la expresión AB  CD  AC  DB  AD  BC, es nulo, por
tanto Pa  bc  Pb  ca  Pc  ab  0. Teniendo en cuenta lo anterior y como
PA  PA ′bc  PB  PB′ca  PC  PC ′ab  2Pa  bc  Pb  ca  Pc  ab  0,
se tiene que: FP  m  FP, luego FP es constante.
B 69- Se dan dos semirrectas orientadas, que son cortadas por tres paralelas, en los puntos AA′, BB′ y
CC ′. Demostrar que la expresión E  AA′  BC  BB′  CA  CC ′  AB es nula.
Solución:
O
A
A’
B
B’
C
C’
O
A
A’
B
B’
C
C’
Siendo AA
′
BB′
 OAOB y
AA′
CC ′
 OAOC , la expresión dada queda como sigue:
E  AA′  BC  OBOA  AA
′  CA  OCOA  AA
′  AB  AA
′
OA OA  BC  OB  CA  OC  AB.
Como la expresión entre paréntesis es nula (segundo principio de Chasles), E  0.
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B 70- Se dan tres puntos A, B y C sobre un eje orientado, un círculo y un punto P sobre este. Las
rectas PA, PB y PC cortan al círculo en A′, B′ y C ′, respectivamente. Demostrar que la expresión
E  BC  PA  PA′  CA  PB  PB′  AB  PC  PC ′, es nula.
Solución:
A B C
P
A’
B’
C’
O
A B C
P
A’
B’
C’
O
Se tiene que PA  PA′  APAP − AA′, y como AP  AA′ es la potencia de A con relación al
círculo, cuyo centro es O y su radio R, AP  AA′  AO2 − R2. Por tanto
PA  PA′  AP2 − AO2  R2. Luego:
E  BC  AP2  CA  BP2  AB  CP2  − BC  AO2  CA  BO2  AB  CO2   R2BC  CA  AB
La relación de Stewart para varios puntos alineados, A, B, C... y un punto O fuera de la alineación,
determina que∑BC  OA2  0. Luego las expresiones incluidas en los dos primeros corchetes,
son nulas, y la incluida en el tercer corchete también lo es (primer principio de Chasles). Por todo
ello, E  0.
B 71- Demostrar que si está definida en el plano una congruencia inversa, esta tiene una recta doble
respecto de la cual forman ángulos iguales las rectas homólogas.
Solución:
O A B
A’
A’’
B’’
B’
O A B
A’
A’’
B’’
B’
La congruencia es una semejanza de razón la unidad. Una congruencia inversa es, por tanto, una
simetría con relación a un eje. Todos los puntos del eje son homólogos de sí mismos, es decir que
el eje es una recta doble de infinitos puntos dobles (la recta impropia también es doble). Luego
AA′  AA′′, BB′  BB′′. Las rectas A′B′ y A′′B′′ se cortan en O sobre el eje OAB. Los triángulos
OB′B y OB′′B son iguales, por tanto A′OA  A′′OA, con lo que queda demostrado.
B 72- Dadas dos involuciones sobre una recta, hallar los pares de puntos conjugados en ambas
involuciones.
Solución:
V
A A’F F’
V
A A’F F’
Proyectando las involuciones desde un punto V y cortando por un círculo que pase por V, sean F y
F′ los correspondientes puntos de Frégier. La recta FF′ corta al círculo en A y A′. Los rayos VA y
VA′ definen los elementos conjugados comunes.. Si una de las involuciones, o las dos, son
elípticas, estos rayos son siempre reales. Si son hiperbólicas, pueden ser reales, imaginarios o estar
confundidos. En este último caso tienen en común un rayo doble.
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B 73- Se da una involución sobre una recta y un punto P exterior a ella. Hallar un par de puntos
conjugados que se vean desde P bajo un ángulo de 90º.
Solución:
P
B A F
M
N
P
B A F
M
N
Se proyecta la involución desde P, y se corta por un círculo que pase por P, obteniéndose el punto
F de Frégier de la involución. Uniendo F con el centro del círculo se obtienen los puntos A y B Los
rayos PA y PB cortan a la base en los puntos pedidos M y N.
B 74- Construir la fórmula x  4 a4  b4 , detallando gráficamente los distintos pasos a dar
Solución:
O
A C
B
D
E
F
G F H G
I
O
A C
B
D
E
F
G F H G
I
En la primera figura, OA  1, OB  OC  a, OD  a2 (de forma similar se obtiene b2). En la
segunda figura EF  a2, EG  b2, FG  a4  b4 . En la tercera figura se lleva FG como
diámetro del semicírculo y GH  1, obteniéndose GI  4 a4  b4 , pues GI2  FG  GH.
B 75- En todo triángulo ABC, siendo G su baricentro, y XY una recta que no lo corta, se verifica que
AA′  BB′  CC ′  3GG ′, siendo A′, B′, C ′ y G ′, las proyecciones de A, B, C y G sobre XY.
Solución:
A
B
C
B’
G
M
A’
G’
M’
C’
A
B
C
B’
G
M
A’
G’
M’
C’
Siendo M el punto medio de BC, se tiene que 2  MM ′  BB′  CC ′. Además AA
′ − GG ′
GG ′ − MM ′
 2.
Luego 3  GG ′  AA′  2  MM ′  AA′  BB′  CC ′.
B 76- Se da un triángulo ABC, un punto O en su interior, y tres puntos A′, B′ y C ′ situados
respectivamente sobre BC, CA y AB. Sean AA′′, BB′′ y CC ′′, las paralelas a OA′, OB′ y OC ′,
limitadas por los lados del triángulo. Demostrar que E  OA
′
AA′′
 OB
′
BB′′
 OC
′
CC ′′
 1.
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