PROBLEMAS_DE_GEOMETRIA-25

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B 93- En un triángulo ABC, se trazan tres cevianas Aa, Bb y Cc. Demostrar que las rectas que unen
los puntos medios de Aa y BC, de Bb y CA, y de Cc y AB, son concurrentes.
Solución:
A
B A’a C
b
c B’
C’
p
n
m
A
B A’a C
b
c B’
C’
p
n
m
Sean A′, B′ y C ′ los puntos medios de BC, CA y AB, y sean m, n y p los de Aa, Bb y Cc. Los
puntos m, n y p se encuentran en las paralelas B′C ′, C ′A′ y A′B′ a los lados del ABC. Se tiene
aB
aC 
bC
bA 
cA
cB  −1 
2  mC ′
2  mB′
 2  nA
′
2  nC ′
 2  pB
′
2  pA′
 mC
′
mB′
 nA
′
nC ′
 pB
′
pA′
. Por tanto A′m, B′n
y C ′p, son cevianas del triángulo A′B′C ′.
B 94- Dado un triángulo ABC, sea O su circuncentro, H el ortocentro, A′, B′ y C ′ los puntos medios de
los lados, A′′, B′′ y C ′′ los puntos medios de AH, BH y CH. Demostrar que A′A′′  B′B′′  C ′C ′′, y
que A′A′′, B′B′′, C ′C ′′ y OH son concurrentes.
Solución:
A
B A’ C
B’C’
H
A’’
B’’ O
C’’
A
B A’ C
B’C’
H
A’’
B’’ O
C’’
A′A′′, B′B′′ y C ′C ′′ son diámetros del círculo de los nueve puntos, cuyo centro es el punto medio
de OH.
B 95- Demostrar que en todo triángulo, las tangentes a la circunferencia circunscrita trazadas en los
vértices, cortan a los lados opuestos en tres puntos alineados.
Solución: Se trata de una caso límite de un exágono ABCDEF, inscrito en una circunferencia, en
el que los vértices B y C se confunden, así como los D y E, y los F y A. Consecuentemente, los
lados BC, DE y FA, son las tangentes en dichos vértices confundidos. Aplicando el teorema de
Pascal, queda demostrado el enunciado.
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B 96- Dado un triángulo ABC, trazar desde un punto de uno de sus lados, rectas que corten a los otros
dos lados, de modo que su suma sea igual a una cantidad dada m. Demostrar que para cualquier
otro punto de dicho lado, las paralelas a las rectas trazadas suman también la misma cantidad m.
Solución:
A
B C
D
E
P
FG
A
B C
D
E
P
FG
Sea BC el lado escogido. Desde B y C, se trazan las rectas BD y CE iguales a m. Evidentemente
los puntos B y C cumplen con el enunciado. Desde otro punto cualquiera P de BC, se trazan las
paralelas PF y PG a BD y CE, respectivamente. Se tiene que PF  BD  PCBC 
mPC
BC ,
PG  CE  PBBC 
mPB
BC . Sumando estas dos igualdades, se tiene: PF  PG  m.
B 97- Demostrar que los círculos de Apolonio son ortogonales al círculo circunscrito, tienen el mismo
eje radical y sus centros están alineados.
Solución: Sean W y W ′ los centros isodinámicos del triángulo ABC, que son inversos de los
centros isógonos U y U ′. Se tiene BWCW 
BA
CA 
BW ′
CW ′
, o sea que W y W ′ pertenecen a los
círculos de Apolonio, por lo que se puede trazar una tangente al círculo circunscrito igual al radio
del círculo de Apolonio, es decir que ambos círculos son ortogonales. Los tres círculos se cortan en
W y W ′, por lo que su eje radical común es WW ′, y sus centros están sobre la polar del punto K
(punto de Lemoine).
B 98- Demostrar que en un triángulo ABC, la paralela MN trazada desde el incentro I a uno de sus
lados, BC en el caso de la figura, limitada por los otros dos lados, AB y AC, es igual a la suma de
los segmentos MB y NC, determinados sobre estos dos lados, comprendidos entre las paralelas.
Solución:
A
B C
I
D
E
F
M N
A
B C
I
D
E
F
M N
Los triángulos CIN y BIM, son isósceles, pues NCI  DCN2 , INC   − NCD,
NIC   − NCI − INC    − DCN2 −   NDC 
NCD
2  NCI. Por tanto, NI  NC.
Análogamente, MI  MB. Luego, MI  IN  MN  MB  NC.
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B 99- Demostrar que las rectas simétricas de una recta de Simson, respecto de los lados de un
triángulo ABC, forman un triángulo cuyo incentro coincide con el polo de la recta de Simson.
Demostrar que este polo es también el centro de perspectividad del triángulo dado y del formado
por dichas rectas simétricas.
Solución:
A
b C
s sb
sc
sc
g
P
N
f c
H
R
a
d
M
sasb
sa s
B
A
b C
s sb
sc
sc
g
P
N
f c
H
R
a
d
M
sasb
sa s
B
Sea s la recta de Simson correspondiente al polo P (punto sobre la circunferencia circunscrita al
ABC), que pasa por los pies a, b y c de las perpendiculares trazadas desde P sobre los lados del
ABC. Sean sa, sb y sc, sus simétricas respecto de estos lados. Y sean H, d, e y f, los pies de las
perpendiculares trazadas desde P sobre s y sus simétricas. En los triángulos rectángulos Pdc y
PcH, se tiene que Pc es común, y como HPc  BcH  dcA  dPc, son iguales, por lo que
PH  Pd. Análogamente se obtiene que PH  Pe  Pf, es decir que P es el incentro del triángulo
MNR, formado por sa, sb y sc. Los triángulos ABC y MNR, son homológicos, pues los lados
homólogos se cortan en a, b y c, que están alineados. Por tanto AN, CM y RB, pasan por un punto
fijo P. En efecto, el punto N, al estar sobre las simétricas de s respecto de AB y AC, está sobre PA,
que pasa por A, punto común de AB y AC. El mismo razonamiento se aplica a M y R, deduciéndose
que P es el centro de perspectividad de los triángulos ABC y MNR.
B 100- Dado un triángulo isósceles ABC, de base AB, se dividen los dos ángulos A y B en un mismo
número de partes iguales mediante dos haces de n − 1 semirrectas. Las que irradian de A, se
numeran ordenadamente a partir de AC inclusive, mediante los números 0, 1, 2,... n, terminando en
AB. Similarmente para el vértice B, desde BA hasta BC. Señálense los puntos de intersección de las
parejas de rayos de misma numeración, demostrando que cualquiera que sea n, dichos puntos están
sobre una línea cuyas propiedades se piden.
Solución:
A B
O
K I
C
A B
O
K I
C
El ángulo que el rayo AK forma con AC, es An k, y el que forma BK con BA es
B
n k. El ángulo
AKB mide 180º − A − An k −
B
n k. Como A  B, AKB  180º − A. Luego la línea pedida se
corresponde con el arco capaz de 180º − A, trazado sobre AB. Este arco es tangente a AC y CB en A
y B, respectivamente, y pasa por el incentro I del ABC.
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