PROBLEMAS_DE_GEOMETRIA-75

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I 11- Demostrar que cuando se proyecta ortogonalmente un ángulo AOB sobre un plano paralelo a su
bisectriz OC, la proyección es un ángulo cuya bisectriz es paralela a OC.
Solución: Se toma OA  OB, con lo que OC es perpendicular a AB. Las proyecciones O ′C ′ y
A′B′, de OC y AB sobre un plano paralelo a OC, son perpendiculares entre sí, siendo C ′A′  C ′B′,
por lo que O ′C ′ es la bisectriz de A′O ′B′, y paralela a OC.
I 12- Trazar por un punto dado una recta que forme ángulos iguales con tres rectas que se cortan dos a
dos.
Solución: Se trazan por el punto dado las paralelas a las tres rectas dadas, que definen ocho
octantes que tienen cuatro bisectrices diferentes, que son las soluciones del problema.
I 13- Dados dos puntos A y B situados a un mismo lado de un plano P, hallar un punto M del plano tal
que la diferencia MA − MB sea máxima.
Solución: La recta AB corta a P en M, siendo MA − MB  AB. Para otro punto M ′ del plano, se
verifica en el triángulo M ′AB, que M ′A − M ′B  AB. Luego la solución es el punto M de
intersección de AB con P.
I 14- En un cuadrilátero alabeado ABCD, se trazan las bisectrices interiores de los ángulos A y C, que
encuentran a BD en A′ y C ′, respectivamente, y las bisectrices interiores de los ángulos B y D, que
encuentran a AC en B′ y D ′, respectivamente. Demostrar que BDA′C ′  ACB′D ′.
Solución:
A B’D’ C
D
C’ A’
B
A B’D’ C
D
C’ A’
B
Hay que demostrar que BA
′
BC ′
 DA
′
DC ′
 AB
′
AD ′
 CB
′
CD ′
, es decir BA
′  DC ′
BC ′  DA′
 AB
′  CD ′
AD ′  CB′
. Como
AB′
B′C
 BABC ,
AD ′
D ′C
 DADC ,
DA′
A′B
 ADAB y
DC ′
C ′B
 CDCB , sustituyendo en la expresión anterior
estos valores, se tiene: AB  CDAD  CB 
BA  DC
BC  DA , con lo que queda demostrado.
I 15- Trazar un segmento de longitud a dada, paralelo a un plano P dado, y que se apoye en dos rectas
dadas r y r ′, que se cruzan.
Solución: Las rectas r y r ′ cortan a P en los puntos A y A′. En AA′ se toma un segmento
A′A′′  a. Se traza la circunferencia en el plano P, de centro A′ y radio A′A′′  a. Se traza el
cilindro de directriz esa circunferencia y generatrices paralelas a r ′. Este cilindro corta a r en B y
B′. Trazando por estos puntos, planos P′ y P′′ paralelos a P, estos planos cortan a r ′ en C y C ′. Los
segmentos CB y C ′B′ son las soluciones.
I 16- Trazar por una recta dada r, un plano que esté inclinado un ángulo dado  con relación a un
plano P dado.
Solución: La recta r corta a P en A. Se toma otro punto B en r, que se proyecta en B′ sobre P. Se
traza por B, en el plano BB′A, una recta BC que forme con BB′ un ángulo 90º − , es decir que el
ángulo BAB′  , siendo C el punto en que corta a P. El lugar geométrico de los puntos de P que
unidos con B forman un ángulo  con P, es una circunferencia del plano P, cuyo centro es B′ y su
radio B′C. Trazando por A las tangentes AT y AT ′ a esta circunferencia, los planos BAT y BAT ′ son
los pedidos.
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I 17- Cortar un triedro VABC por un plano que pasa por un punto dado M de VA, de modo que la
sección sea de perímetro mínimo.
Solución:
V
M M’
A B C A’
V
M M’
A B C A’
Se abaten las caras VBA y VCA, sobre el plano de la cara VBC, obteniéndose el ángulo AVA′. Se
lleva VM sobre VA′, obteniéndose VM ′. Se traza la recta MM ′ que corresponde a la sección de
perímetro mínimo.
I 18- Construir un triedro VABC conociendo el diedro VA, la cara AVB, y sabiendo que las otras dos
caras son suplementarias.
Solución:
V
A
B
C
A’
V
A
B
C
A’
Cortando el triedro por una esfera de centro V y radio la unidad, sean A, B y C los puntos de corte
con las aristas. Los arcos de círculo máximo AC y AB se cortan en A′. En el triángulo esférico
ABC, se conocen CAB y el arco AB. Por ser suplementarios los arcos AC y CB, los arcos CB y CA′
son iguales. Ahora bien, A′  A  CBA′, por ser isósceles el BCA′. Además los arcos AB y BA′
son suplementarios. Luego se conocen todos los elementos del triángulo esférico BCA′, por lo que
se puede construir. Prolongando sus lados A′C y A′B, se obtiene el vértice A. Conocidos los tres
vértices, se unen con V.
I 19- Se dan dos triángulos en el espacio BCA y BCA′, que tienen común el lado BC, siendo la recta
AA′ perpendicular al plano ABC. Demostrar que la recta HH ′ que une los ortocentros de los dos
triángulos, es también perpendicular a uno de los dos planos ABC o A′BC.
Solución:
AB
P
M
C
HH’
N
A’
AB
P
M
C
HH’
N
A’
Siendo A′A perpendicular al plano ABC, las alturas trazadas desde A y A′ sobre BC, coinciden en
el mismo punto M de BC. En el triángulo ABC, se traza la altura CN, y el plano perpendicular a
BA′ que contiene a CN y a la altura CP, y es perpendicular a las caras del diedro A′B y en
particular a la cara A′BC. La intersección de los planos A′AM y PCN, es la recta HH ′, que por tanto
es perpendicular al plano A′BC.
I 20- Demostrar que en un triedro trirrectángulo de aristas OM, ON y OQ cuyas longitudes son iguales
a a, la suma de los cuadrados de las proyecciones de las tres aristas sobre un plano P cualquiera
que pasa por O, es constante, y hallar su valor.
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Solución: Sean OM ′, ON ′ y OQ ′ las proyecciones de OM, ON y OQ sobre el plano P. Sean ,  y
 los ángulos que forma la perpendicular al plano P con las aristas del triedro trirrectángulo. Se
sabe que cos2  cos2  cos2  1. Ahora bien, cos90º −   sin  OM
′
a , es decir
cos2  1 − OM
′2
a2
. Teniendo en cuenta las expresiones análogas, se tiene:
cos2  cos2  cos2  3 − OM
′2
a2
 ON
′2
a2
 OQ
′2
a2
 1.
Luego OM ′2  ON ′2  OQ ′2  2a2.
I 21- Se da un plano P y un punto O sobre él, y se dan dos rectas OA y OB situadas al mismo lado de
P. Trazar en el plano una recta OC, tal que la suma de los ángulos COB y COA, sea mínima.
Solución:
O
A
A’
B
C
P O
A
A’
B
C
P
Supuesto resuelto el problema, con centro O se traza una esfera que corta a las aristas en A, B y C.
El plano P corta a la esfera según un círculo máximo en el que se sitúa C. El simétrico de A
respecto a P, es A′, siendo COA′  COA. La suma BOC  COA  BOC  COA′ es mínima cuando
los tres puntos B, C y A′ están sobre un mismo círculo máximo. Por tanto se traza el círculo
máximo que pasa por B y A′, que corta en C al círculo máximo situado en P.
I 22- 1º) Se traza una paralela a las bases AD y BC de un trapecio ABCD, que corta a AB en O, y a CD
en I. Calcular OI en función de OA, OB, AD y BC. 2º) Se da un cuadrilátero ABCD, cuyas
diagonales se cortan en O. Sean OA  a, OB  b, OC  c y CD  d. Se trazan por A, B, C y D
paralelas exteriores al plano ABCD, y en el mismo sentido se llevan sobre estas paralelas las
longitudes AA′  x, BB′  y, CC ′  z, DD ′  t. Hallar la relación que deben verificar x, y, z, t para
que los cuatro puntos A′, B′, C ′ y D ′ sean coplanarios. 3º) Se consideran rombos ABCD, de
diagonales AC  6a y BD  8a. Se levantan perpendiculares en B, C y D al plano del rombo, y se
lleva sobre las dos primeras, respectivamente y en el mismo sentido, las longitudes BB′  x,
CC ′  10a. El plano AB′C ′ corta en D ′ a la perpendicular en D. Calcular DD ′ y determinar x para
que el cuadrilátero AB′C ′D ′, sea a) un rombo, b) un rectángulo.
Solución:
a c
x h z
b d
y h t
A
B C
D
O I
A O C
A’
O’ C’
B O D
D’O’
B’
a c
x h z
b d
y h t
A
B C
D
O I
A O C
A’
O’ C’
B O D
D’O’
B’
1º) Aplicando la solución del problema D 47, se tiene (figura de la izquierda)
OI  OA  BC  OB  ADAB . 2º) En las figuras del centro y de la derecha se representan los alzados
correspondientes a las dos diagonales del cuadrilátero. De acuerdo con la fórmula anterior, las
paralelas OO ′  h en ambas figuras, han de ser iguales para que A′, B′, C ′, D ′ sean coplanarios,
luego h  az  cxa  c 
bt  dy
b  d , es decir
az  cx
bt  dy 
a  c
b  d . 3º) Aplicando la misma fórmula para
hallar DD ′, se tiene: 4a  DD
′  4ax
30a2
 8a6a , de donde DD
′  10a − x. Como AB′2  25a2  x2,
B′C ′2  25a2  10a − x2, D ′C ′2  25a2  x2, AD ′2  25a2  10a − x2.
Para que sea rombo x  10a − x, luegox  5a.
Para que sea rectángulo AC ′2  136a2  AD ′2  D ′C ′2  50a2  100a2  2x2 − 20ax.
De donde x2 − 10ax  7a2  0. Luego x  a 5  3 2 .
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