PROBLEMAS_DE_GEOMETRIA-52

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E 66- En un punto A de una circunferencia dada, se traza su tangente t. Sea AB el diámetro
perpendicular a t. Sea P un punto dado del diámetro AB. Una circunferencia variable con centro en
un punto de t, pasa por P, y corta a t en C y D. Las rectas BC y BD cortan a la circunferencia dada
en M y N. Demostrar que MN pasa por un punto fijo.
Solución:
B
AC D
P
M
N
Q
t
B
AC D
P
M
N
Q
t
AB y CD son perpendiculares. En el triángulo rectángulo PCD, se tiene: PA2  AC  AD, luego
este producto es constante. Como MAN   − MBN, y siendo rectos los ángulos BMA, BNA y
BAD, los triángulos ABM y ABC son semejantes, así como los triángulos ABN y BAD. Siendo Q la
intersección de MN y AB, se tiene: BQAQ 
SMBN
SMAN
 BM  BNMA  AN 
AB
AC 
AB
AD 
AB2
PA2
. Luego BQAQ
es constante, por lo que Q es un punto fijo por el que pasa MN.
E 67- Demostrar que los inversos de los círculos de un haz F, forman otro haz F′. Estudiar el
problema según la clase del haz F.
Solución: a) Caso de que F sea elíptico (el eje radical corta a todas las circunferencias en dos
puntos llamados fundamentales): Siendo A y B, los puntos fundamentales de F, sus inversos A′ y
B′ serán puntos fundamentales de F′. Luego F′ es otro haz elíptico cuyos puntos fundamentales
son los inversos de los de F. b) Caso de que F sea parabólico (el eje radical es tangente a todos los
círculos en un punto): Siendo A el punto común de tangencia, los círculos inversos tendrán un
punto común de tangencia A′, inverso de A. Luego F′ es otro haz parabólico, con el punto de
tangencia A′, inverso de A. c) Caso de que F sea hiperbólico (los círculos son exteriores al eje
radical, y hay dos círculos reducidos cada uno de ellos a un punto; estos dos puntos se llaman
puntos límites): Si A y B son los puntos límites de F, serán los fundamentales del haz conjugado. Si
A′ y B′ son los inversos de A y B, serán los puntos límites del haz conjugado inverso, y por tanto
los puntos fundamentales de F′, por lo que F′ es elíptico.
Nota: Dos haces son conjugados cuando los círculos de uno son ortogonales a los del otro. Como
la inversión conserva los ángulos, los haces inversos de dos haces conjugados, son también
conjugados entre sí.
E 68- Se designa por I el centro del círculo inscrito en el triángulo OAM, y por J, K y L, los centros de
sus círculos exinscritos. Siendo m el punto en que la bisectriz OIJ corta a la circunferencia de
diámetro KL, demostrar que m ′, simétrico de m respecto a O, está sobre el círculo descrito sobre
KL como diámetro, y que los puntos I y J son conjugados respecto a este círculo.
Solución:
O
K
L
I
M
A
Jm’ mO
K
L
I
M
A
Jm’ m
Las rectas LM y KA, definen el punto I como conjugado de J respecto al círculo de diámetro KL.
Siendo OJ y OK las bisectrices interior y exterior de AOM, son perpendiculares entre sí, luego m ′,
simétrico de m respecto a KL, está sobre el círculo de diámetro KL.
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E 69- Con los datos del problema anterior E 68, se consideran las inversiones cuyos polos son I, J, K
y L, y cuyas potencias respectivas, son Im  Im′, Jm  Jm ′, Km2 y Lm2. ¿Còmo transforma cada una
de estas cuatro inversiones a los puntos O, A y M? ¿Cuál es el efecto del producto de estas cuatro
inversiones sobre O, A y M, en el orden I, J, K y L de sus polos? ¿Cómo transforma este producto
de inversiones al círculo OAM, a un círculo que pasa por dos de estos puntos y un punto cualquiera
del plano? Hallar el valor de la suma algebraica de los inversos de las potencias de las cuatro
inversiones.
Solución: En el siguiente cuadro se expone cómo transforma cada inversión a cada uno de los
tres puntos O, A y M: Polo → I J K L
O J I L K
A K L I J
M L K J I
Por ejemplo, la inversión de polo L transforma al punto A en el punto J. En el segundo cuadro se
ve la sucesiva aplicación de productos de inversiones sobre los puntos y círculos indicados en el
enunciado:
Inversiones aplicadas → I I  J I  J  K I  J  K  L
O J  K O
A K M J A
M L A I M
Círculo OAM Círculo JKL Recta AM Círculo KIJ Círculo OAM
Círculo OAX Círculo JKX′ Recta MX” Círculo KJX′′′ Cìrculo OAX
Círculo OXM Círculo JX ′L Recta X”A Círculo KX′′′I Círculo OXM
Círculo XAM Círculo X ′KL Círculo X”MA Círculo X′′′JI Círculo XAM
Por ejemplo, el producto de las inversiones I, J y K, transforma al círculo OXM (círculo que pasa
por O y M y por un tercer punto cualquiera X), en un círculo que pasa por los puntos K, I y por el
inverso X′′′ de X (al aplicar al punto X el producto de las tres inversiones, se obtiene X′′′)
Siendo el producto de las cuatro inversiones igual a la unidad, un punto cualquiera del plano se
transforma en sí mismo tras la aplicación sucesiva de las cuatro inversiones. El valor de la suma
algebraica de los inversos de las potencias de las cuatro inversiones, es:
1
Im  Im ′
 1
Jm  Jm ′
 1
Km2
 1
Lm2
 1IJ  IO 
1
JL  JO 
1
KO  KL 
1
LO  LK 
 1IJ
1
IO −
1
JO 
1
KL
1
KO −
1
LO 
1
IJ 
JO − LO
IO  JO 
1
KL 
LO − KO
KO  LO 
 1IJ 
JI
IO  JO 
1
KL 
LK
KO  LO 
−1
IO  JO −
1
KO  LO 
−1
Om2
 1
Om2
 0.
E 70- Se da una circunferencia O y dos puntos A y B sobre ella, así como una recta r y un punto P
sobre esta. Determinar sobre O, un punto C tal que las cuerdas CA y CB determinen sobre r dos
puntos M y N, de forma que PM y PN estén en una relación dada mn .
Solución:
A
r
N
B
C A’
M O’
PO
A
r
N
B
C A’
M O’
PO
Con centro de homotecia P y razón nm , se obtiene A
′ homotético de A. El homotético de M es N.
Siendo AM y A′N paralelas, el ángulo BNA′ es conocido, pues vale  − ACB. Luego trazando el
arco capaz del ángulo BNA′ sobre A′B (círculo O ′), se obtiene N en su intersección con r.
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E 71- Un ángulo constante gira alrededor de un punto fijo A de una circunferencia O, y sus lados
cortan a esta en B y C. Demostrar que de los tres lados del triángulo mediano del ABC, dos pasan
cada uno por un punto fijo, y el tercero envuelve a una circunferencia fija.
Solución:
A
M N
B
C
A’
B’O
C’
O’
A
M N
B
C
A’
B’O
C’
O’
La longitud de BC es constante, siendo tangente a una circunferencia concéntrica con O.
Aplicando una homotecia de centro A y razón 12 , se obtienen las circunferencias concéntricas de
centro O ′, homotéticas de las concéntricas de centro O. Siendo A′B′C ′ el triángulo mediano del
ABC, el lado B′C ′ es tangente (envuelve) a la circunferencia homotética envuelta por BC, y los
lados A′B′ y A′C ′ pasan por N y M, respectivamente, intersecciones del círculo de centro O
envuelto por BC, y del círculo homotético de la circunferencia O dada.
E 72- Sean A, B, C y D, cuatro puntos situados sobre una circunferencia, y sea P el polo de AB.
Demostrar que la razón anarmónica del haz P, ABCD  ABCD2 sobre la circunferencia.
Solución:
P
A
B
S
R
M
Q
N
D
C
P
A
B
S
R
M
Q
N
D
C
Sean S y M las intersecciones de PD con la circunferencia y con AB; sean R y N las intersecciones
de PC con la circunferencia y con AB; y sea Q la intersección de SC, RD y AB, puesto que por
construcción Q está sobre la polar de P. Cortando el haz por AB, se tiene P, ABCD  ABNM.
Proyectando los cuatro puntos dados desde R y cortando por AB, se tiene que
R, ABCD  ABNQ. Proyectándolos desde S y cortando por AB, se tiene que
S, ABCD  ABQM. Luego
ABCD2  R, ABCD  S, ABCD  ABNQ  ABQM  ANAQ 
BN
BQ 
AQ
AM 
BQ
BM
 ANAM 
BN
BM  ABNM  P, ABCD . Luego ABCD
2  P, ABCD .
E 73- Sobre la base BC de un triángulo ABC, se toma un punto cualquiera D, y se trazan las
circunferencias circunscritas a los triángulos ABD y ADC, cuyos centros son O y O ′. 1º) Demostrar
que la relación de sus radios es constante cuando varía D. 2º) Determinar la posición de D para que
estos radios sean mínimos. 3º) Demostrar que los triángulos AOO ′ y ABC son semejantes. 4º)
Hallar el lugar geométrico del punto M que divide a la recta OO ′ en una relación dada, examinando
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