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A 30- Se da una circunferencia O y un punto interior M, por el que se trazan las cuerdas AMA′ y BMB′ perpendiculares entre sí. Hallar el lugar geométrico de I, punto medio de AB. Solución: A I B A’ M P B’ O A I B A’ M P B’ O En el triángulo rectángulo AIO, se tiene OA2 OI2 IA2 OI2 IM2. Luego el lugar pedido es una circunferencia. A 31- Un triángulo de área constante, gira en su plano alrededor del vértice A, siendo el ángulo A constante. El vértice C recorre una recta dada m. Hallar el lugar geométrico del vértice B. Solución: C C’ B’ A B m C C’ B’ A B m Sea ABC una posición del triángulo en la que AC es perpendicular a m. Girándolo un ángulo , se obtiene por ejemplo la posición AB′C ′.El área del ABC es AC AB sinA2 . Y la del AB ′C ′ es AC ′ AB′ sinA 2 . Luego AC AC ′ AB ′ AB . Además, CAC ′ A BAB′. Por tanto los triángulos ACC ′ y ABB′ son semejantes, por lo que AB′B 90º, y el lugar pedido es una circunferencia de diámetro AB. 19 A 32- Dados dos puntos A y B y tres números a, b, c, hallar el lugar geométrico de los puntos M tales que a MA2 b MB2 c. Solución: BA H C M BA H C M Se toma sobre AB un punto C tal que CACB b a . En el triángulo MAC se tiene: MA2 MC2 CA2 − 2AC HC. En el triángulo MCB, se tiene: MB2 MC2 CB2 2BC HC. Multiplicando la primera igualdad por a, y la segunda por b, y sumándolas, se tiene: a MA2 b MB2 c a bMC2 a CA2 b CB2, pues los otros dos sumandos se anulan. Luego MC2 c − a CA 2 − b CB2 a b , que es constante. Por tanto M describe una circunferencia de centro C y radio c − a CA 2 − b CB2 a b . A 33- Se dan dos círculos O y O ′ secantes en A y B. Sobre la secante variable MAM ′ se construyen triángulos MM ′P semejantes a uno dado. Hallar el lugar geométrico de P. Solución: M A M’ O’O B E P D M A M’ O’O B E P D Siendo constantes los ángulos en M y M ′, AD y AE son fijos, siéndolo también DE, por lo que el vértice P está sobre el arco capaz de P sobre DE.(esta circunferencia pasa también por B). A 34- Se da una circunferencia O y un diámetro AB. Se traza una cuerda AM, que se prolonga MC AM, Hallar el lugar geométrico de C. Solución: A O B M C A O B M C C describe una circunferencia homotética de O, con centro de homotecia A y razón 2. 20 A 35- Hallar el lugar geométrico de los polos de inversión que transforman dos círculos dados en otros dos de igual radio. Solución: S T2 O2 O1 T1 O’1 O’2 T’1 T’2 S T2 O2 O1 T1 O’1 O’2 T’1 T’2 Sean O1 y O1′ los círculos dados de radios R1 y R1′ , S el polo de inversión, y O2 y O2′ los círculos transformados de igual radio R2. Se tienen las siguientes igualdades: ST1 ST2 ST1′ ST2′ , ST2 ST1 SO2SO1 R2R1 , ST12 SO12 − R12, ST2′ ST1′ SO2 ′ SO1′ R2 R1′ , ST1′2 SO1′2 − R1′2. Operando se obtiene la igualdad: R1′ SO12 − R1 SO12 R1 R1′ R1 − R1′ A, luego el lugar geométrico de S es una circunferencia. Si en la recta O1O1′ se toma un punto P tal que se cumple la igualdad: O1P O1′ P R1 R1′ B, llamando H a la proyección de S sobre O1O1′ , se tienen las igualdades: SO12 SP2 O1P2 2O1P PH C, y SO1′2 SP2 O1′ P2 − 2O1′ P PH D. Sustituidos estos valores en A se obtiene: SP2 R1R1 ′ R1 − R1′ − R1′ O1P2 − R1 O1′ P2 R1′ − R1 . Luego la citada circunferencia tiene como centro el punto P definido en B, siendo su radio SP. A 36- Hallar el lugar geométrico de los puntos de contacto de los pares de círculos tangentes entre sí y tangentes cada uno a dos círculos dados exteriores entre sí. Solución: O M N O’ T O M N O’ T El lugar geométrico de los polos de inversión que transforman dos círculos exteriores en otros dos de igual radio, es una circunferencia (ver A 35). Con polo de inversión un punto cualquiera de esta circunferencia, los dos círculos dados se transforman en dos de igual radio (O y O ′. En este caso, el lugar geométrico de los puntos de contacto de dos circunferencias tangentes entre sí (de centros M y N), y tangentes a las dos circunferencias de igual radio (la inversión mantiene las tangencias), es la mediatriz MN de la recta que une los centros de los dos círculos iguales. Luego el lugar pedido es la circunferencia inversa de dicha mediatriz. A 37- Hallar el lugar geométrico de los polos de inversión que transforman los vértices de un triángulo dado ABC, en los de un triángulo isósceles A′B′C ′, de forma que A′B′ A′C ′. Solución: Siendo S el polo de la inversión, se tiene que A′B′ k ABSA SB y A ′C ′ k ACSA SC . Luego SBSC AB AC . Por tanto el lugar pedido es una circunferencia, lugar de los puntos cuya relación de distancias a dos puntos dados B y C, es constante e igual a ABAC . 21
Maycol Abad
eralcor72
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