PROBLEMAS_DE_GEOMETRIA-61

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Solución:
C
A
P
D
M
N O B
C
A
P
D
M
N O B
En los triángulos semejantes AMC y BMD, se tiene DBCA 
DM
AM , y como DB  DP y CA  CP,
DP
CP 
DM
AM . Luego PM es paralela a las bases del trapecio ACDB. Como la paralela a las bases
de un trapecio, trazada por el punto de intersección de las diagonales, queda dividida por estas en
dos partes iguales, se tiene que PM  MN. Por tanto M describe una elipse afín a la circunferencia
dada, con eje mayor AB, y eje menor la mitad de AB, puesto que la razón de la afinidad es
MN
NP 
1
2 .
F 34- En un paralelogramo ABCD, el vértice A es fijo, así como la bisectriz del ángulo A. Hallar el
lugar geométrico del vértice C.
Solución:
A
B
D
C
EA
B
D
C
E
Prolongando la bisectriz hasta su intersección E con DC, se tiene que el triángulo ADE es
isósceles, luego DE es constante, al serlo AD y DC. Como D describe una circunferencia de centro
A y radio AD, C describe una elipse afín de ejes 2AD  DC y 2AD − DC.
F 35- Se dan en una elipse dos tangentes AB y AC, estando A sobre el eje menor, siendo B y C los
puntos de tangencia, dándose también la directriz d. Demostrar que las proyecciones del foco F
correspondiente a d, sobre AB, AC, BC y d, están en línea recta.
Solución:
A
B D
E
C
F
d
δ
α
β
γ
A
B D
E
C
F
d
δ
α
β
γ
La circunferencia circunscrita a ABC pasa por F, por lo que las tres proyecciones de F sobre sus
tres lados, están en línea recta. La circunferencia que pasa por C, D (punto de corte de AC con d) y
E (punto de corte de AC con d), pasa por F, al ser rectos los ángulos en D y en F. Por tanto, el
cuadrilátero FCDE es inscriptible. Luego las proyecciones de F sobre los lados del triángulo CDE,
están alineadas, por lo que lo están las proyecciones de F sobre las cuatro rectas del enunciado.
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F 36- Hallar el lugar geométrico del ortocentro H de los triángulos formados por los vértices A y B, y
un punto cualquiera P, de una elipse dada.
Solución:
A BM
H
P
A BM
H
P
Los triángulos MHB y PMA son semejantes, luego MH  MP  MA  MB. En la elipse se cumple
PM2  a2  b2  MA  MB, siendo a y b los semiejes de la elipse. Luego MHMP 
a2
b2
. Por tanto H
describe una elipse afín a la dada, con eje de afinidad AB y razón a
2
b2
.
F 37- Hallar el lugar geométrico del centro O de una elipse dada que se desliza tangencialmente a los
dos catetos AB y BC de un ángulo recto.
Solución:
A
N
Q
B
O
P M C
A
N
Q
B
O
P M C
Los vértices de los ángulos rectos circunscritos a una elipse describen la circunferencia de radio
a2  b2 y centro O (problema F5). Luego O describe un arco de círculo de centro B y radio
a2  b2 . En efecto, siendo P y Q las proyecciones de O sobre los catetos, se tiene
OP2  OQ2  a2  b2.
F 38- Trazar las tangentes comunes a dos elipses que tienen un foco común.
Solución: Los círculos focales de los focos no comunes se cortan en los puntos que corresponden
a los simétricos del foco común con relación a las tangentes comunes pedidas.
F 39- Demostrar que si dos lados de un triángulo inscrito en un círculo focal de una elipse, son
tangentes a la misma, el tercer lado también es tangente a la elipse dada.
Solución:
A
B C
F
FA
FB
FC
A
B C
F
FA
FB
FC
Los punto simétricos del ortocentro de un triángulo, con relación a sus lados, se encuentran sobre
su circunferencia circunscrita. Siendo FC y FB los simétricos de F respecto a AB y AC, que están
sobre el círculo focal, F tiene que ser el ortocentro del triángulo ABC. Por tanto FA es simétrico de
F respecto a BC, por lo que BC es tangente a la elipse.
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F 40- Hallar la intersección de la recta r ′ con la elipse polar recíproca de la circunferencia O ′ (directa) respecto a
la circunferencia O (directriz).
Solución:
O O’
A
B
P’
r’
t1
t2
A’
B’
O O’
A
B
P’
r’
t1
t2
A’
B’
La recta r ′ corta a O en A y B. Las tangentes a O en A y B, determinan P ′, polo de r ′ respecto a O. Desde P ′
se trazan las tangentes t1 y t2 a O ′. Los polos de t1 y t2 respecto a O, son los puntos A ′ y B ′ de intersección
de r ′ con la elipse polar recíproca de O ′.
F 41- Dibujar la elipse de la que se conocen los focos F y F′, y la relación de sus semiejes ba .
Solución:
a f F F’ f’ a’
B
b
b’
a f F F’ f’ a’
B
b
b’
Se traza una elipse cuyos semiejes cumplen la relación dada. Sean sus ejes aa ′ y bb ′, y sus focos ff ′.
La elipse buscada es homotética con la anterior. Se traza FB paralela a fb, obteniéndose el vértice
B, con lo que se conocen todos los elementos de la elipse pedida.
F 42- Dibujar la elipse afín de la circunferencia de centro O, tomando como eje de afinidad el punto
del infinito perpendicular a E, siendo el coeficiente de afinidad −1.
Solución:
O
M N E
B A’
B’ A
S∞
O
M N E
B A’
B’ A
S∞
El coeficiente de afinidad es SOAA′  −1  A
′O
AO . Por tanto, los puntos homólogos son
simétricos respecto a E, siendo la afín de la circunferencia ella misma. El homólogo del arco MAN
es el arco MA′N. Generalizando el problema, para definir la homología que transforma una cónica
en ella misma, tomando como centro un punto cualquiera del plano, se toma como eje la polar de
ese punto y como coeficiente de homología −1. Para el caso del problema, el centro está en el
infinito y su polar es el diámetro perpendicular.
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