PROBLEMAS_DE_GEOMETRIA-23

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Solución:
A
B
A1
Oa
O
A’ C A’’
H
A
B
A1
Oa
O
A’ C A’’
H
Sea A1, la intersección de AO con BC; Oa, la proyección de O sobre BC; S, el área del ABC; Sa, el
área del OBC; S  Sa  Sb  Sc. Se tiene OA
′
AA′′
 OA1AA1
 OOaAH 
OOa
ha
 OOa  aa  ha
 2Sa2S .
Luego E  Sa  Sb  ScS 
S
S  1.
B 77- En un triángulo ABC se traza la mediana AA′. Demostrar que
AB  AC − BC
2  AA
′  AB  AC2 .
Solución:
A
B CA’
A1
A
B CA’
A1
AC  AA′  A′C, luego AA′  AC − A′C. Además AA′  AB − A′B. Sumando estas dos últimas
desigualdades, se tiene: 2  AA′  AC  AB − BC, es decir AA′  AC  AB − BC2 . Siendo A1 el
simétrico de A respecto a A′, se tiene: AA1  2  AA′  AB  AC. Luego AA′  AB  AC2 .
B 78- Sea un triángulo equilátero ABC, de lado a. Trazar una recta que corte en M al lado AB, en N al
lado AC, y en P a la prolongación del lado BC, de tal manera que las áreas de los triángulos AMN,
CNP y del cuadrilátero BCMN, sean equivalentes. Suponiendo que el triángulo está inscrito en un
círculo de radio 1, calcular MN y NP.
Solución:
A
B C
M N
P
A
B C
M N
P
Siendo AM  x, MB  a − x, SAMN 
3
4 x  AN 
1
2 SABC 
a2 3
8 , AN 
a2
2x . Llamando
CP  y, se tiene: y  ay 
a − a
2
2x
a2
2x
 xa − x  1. De donde y 
axa − 2x
2x2 − a2
. Como SNCP  SAMN,
se tiene:
3
4 y
2ax − a2
2x 
a2 3
8 , x  AM 
2a
3 , y  CP  2a, AN 
3a
4 .
NP2  NC2  CP2 − 2  NC  CP  cos120º  a
2 73
16 , NP 
a 73
4 .
MN2  AM2  AN2 − 2  AM  AN  cos60º  a
2 73
16  9 , MN 
a 73
12 . Para R  1, a  3 ,
MN  3  7312  1,23322, NP 
3  73
4  3  MN  3,69966.
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B 79- Demostrar que la suma de las medianas de un triángulo es mayor que la mitad de su perímetro y
menor que este.
Solución:
A
B C
C’ B’
A’
A1
A
B C
C’ B’
A’
A1
b  ma  a2 , c  ma 
a
2 . Sumando: b  c  2ma  a. Análogamente, a  c  2mb  b y
a  b  2mc  c. Sumando las tres desigualdades: a  b  c  2ma  mb  mc. Por otra parte:
c  b  2ma. Sumando esta desigualdad con sus dos análogas, se tiene: a  b  c  ma  mb  mc.
Luego llamando 2p  a  b  c, se ha demostrado que p  ma  mb  mc  2p.
B 80- Se considera un cuadrante de círculo AOB. Por un punto M del arco, se traza una paralela A′B′ a
la cuerda AB, que corta a OA en A′, y a OB en B′. Demostrar que MA′2  MB′2  AB2.
Solución:
B’
B
P
O N
A A’
M
B’
B
P
O N
A A’
M
Sea OM  OA  OB  R. Se tiene:
MA′2  MB′2  MN2  NA′2  MP2  B′P2  MN2  MN2  MP2  MP2  2R2  AB2.
B 81- Se consideran dos triángulos ABC y A′B′C ′, homotéticos directos, conteniendo el mayor en su
interior al menor. Demostrar que el área de un tercer triángulo abc, inscrito en el ABC y
circunscrito al A′B′C ′, es media proporcional de las áreas de los dos triángulos dados.
Solución:
A
B C
A’
B’
C’
Ha
b
c
H’
O
A
B C
A’
B’
C’
Ha
b
c
H’
O
Hay que demostrar que Sabc2  SABC  SA′B′C′ , o bien, siendo SABC  k2  SA′B′C, que
Sabc  k  SA′B′C′ . Sea OH ′H la perpendicular desde el centro de homotecia O, sobre los lados
paralelos B′C ′ y BC, siendo OH  k  OH ′. Se tiene que
SB′C′a  12  B
′C ′  H ′H  12  B
′C ′  OH ′  k − 1, y SOB′C′  12  B
′C ′  OH ′. Luego
SB′C′a  k − 1  SOB′C′ . Procediendo de la misma forma con los triángulos bA′C ′ y cA′B′, y
sumando las tres igualdades resultantes, se tiene que SB′C′a  SC′A′b  SA′B′c  k − 1  SA′B′C′ , es
decir Sabc − SA′B′C′  k − 1  SA′B′C′ . Por tanto Sabc  k  SA′B′C′ , con lo que queda demostrado.
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B 82- Si tres números verifican la relación 1
h2
 1
b2
 1
c2
, hay dos triángulos de los que dos lados
miden b y c, y la altura correspondiente al tercer lado mide h.
Solución:
A
C1 B1 B2 C2H
A
C1 B1 B2 C2H
Para que se verifique la igualdad dada, b y c, han de ser cada uno de ellos, mayores que h. Por
tanto se traza AH perpendicular a BC, siendo AH  h. Con centro en A, se lleva AB1  AB2  c y
AC1  AC2  b, obteniéndose los dos triángulos AC1B2 y AC1B1 (y sus dos simétricos AC2B1 y
AC2B2).
B 83- Tres paralelas trazadas por los vértices de un triángulo ABC, cortan a los lados opuestos en A′,
B′ y C ′, y a una transversal cualquiera en A′′, B′′ y C ′′. Demostrar que se cumple la expresión
E  AA
′′
AA′
 BB
′′
BB′
 CC
′′
CC ′
 1.
Solución:
A’ A A’’
B B’
C’ C’’C
B’’
A’’’
C’’’
A’ A A’’
B B’
C’ C’’C
B’’
A’’’
C’’’
Si se traslada la transversal paralelamente a sí misma, la relación no varía. En efecto, se traslada
A′′B′′C ′′ hasta ocupar la posición A′′′B′C ′′′, en la que coinciden los puntos B′ y B′′′. Luego
llamando m a la distancia B′B′′, se tiene:
Em  AA
′′ − m
AA′
 BB
′′ − m
BB′
 CC
′′ − m
CC ′
 E − m 1
AA′
 1
BB′
 1
CC ′
. Ahora bien, como
AA′
AC 
−BB′
B′C
, CC
′
AC 
−BB′
AB′
, se tiene que: 1
AA′
 1
BB′
 1
CC ′

 B
′C
−BB′  AC
 1
BB′
 AB
′
−B′B  AC
 1
BB′
− B
′C  AB′
AC  1 
1
BB′
1 − ACAC  0.
Demostrado que al trasladar la transversal paralelamente a sí misma, el valor de E no varía, se
traslada la transversal a B′, teniéndose E  AA
′′′
AA′
 1  CC
′′′
CC ′
. Como AA
′′′
AA′
 − CC
′′′
CC ′
, E  1.
B 84- Se da un triángulo ABC, rectángulo en A e isósceles. Se divide AB en n partes iguales,
trazándose por estos puntos las paralelas a AC. Calcular las áreas en que ABC ha sido dividido.
Solución:
A
B
CA
B
C
El área de la primera faja es S1. La de la segunda faja es S1  2  S1  3  S1. La de la tercera faja
es S1  2  S1  2  S1  5  S1. La de la faja nº k es 2k − 1S1. Luego
S11  3  5 . . .2n − 1  SABC; S1  SABCn2
. El área de la faja nº k es 2k − 1 SABC
n2
.
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