PROBLEMAS_DE_GEOMETRIA-59

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Solución:
DO C
M
M’
I
E O A B
Ω
M
Φ
M’
P
R
S
F-A’
M1
B’DO C
M
M’
I
E O A B
Ω
M
Φ
M’
P
R
S
F-A’
M1
B’
1º) En la figura de la izquierda, se tiene: IEOM 
EC
OC 
IC
CM ,
IE
OM ′
 EDOD 
ID
M ′D
. Siendo
OM  −OM ′, se cumple que −ECOC 
ED
OD , es decir
EC
ED 
−OC
OD  q, constante. Luego el punto
E es fijo. Por tanto DI
DM ′
 EDOD  m, constante, y
CI
CM 
EC
OC  n, constante.
2º) La recta OAB corta a  en R y S. El eje radical de  y  corta a OAB en F, teniéndose
FO  FA  FR  FS  FM  FM1. Luego F es un punto fijo ya que FO  FA  FR  FS, constante.
Es decir, que todos los ejes radicales pasan por F, punto A′ del enunciado. Siendo OA′  x, se
tiene xx − 2a  x  6ax − 6a, x  OA′  18a. Similarmente se obtiene el punto B′, siendo
OB′  36a5  7,2a. 3º) Asimilando a las letras B
′, A′ y P, las C, D e I, del primer punto, se tiene
que A
′P
A′M ′
 m, constante, luego P describe un círculo homotético de , con centro de homotecia
A′ y razón m positiva (o lo que es lo mismo, con centro de homotecia B′ y razón n negativa). 4º)
Por ser Q el punto medio de PM, A
′Q
A′M
 p, constante, luego Q describe un círculo homotético de
 con centro de homotecia A′ y razón p. Como el lugar geométrico de las proyecciones de los
focos de una hipérbola sobre sus tangentes, es la circunferencia descrita sobre el eje transverso
como diámetro, la mediatriz de PM envuelve una hipérbola de foco A′ y cuyo eje transverso es el
diámetro del círculo descrito por Q. Dicha hipérbola se puede construir por conocerse su foco y el
círculo principal. Se une A′ con un punto a del círculo director correspondiente al otro foco A1′ , se
traza la perpendicular en el punto medio de A′a, y esta perpendicular encuentra a A1′ a en un punto
M de la hipérbola, con lo que está construido el punto de tangencia de dicha mediatriz con la
hipérbola.
F 11- Se da un triángulo ABC, dos puntos P y Q, y las cevianas correspondientes a estos dos puntos,
que determinan sobre los lados, los puntos A1, A2, B1, B2, C1 y C2. Demostrar que estos seis
puntos están sobre una cónica.
Solución
A
B C
Q
P
A1 A2
B2
B1
C1
C2
A
B C
Q
P
A1 A2
B2
B1
C1
C2
Por ser cevianas, se tiene A1, C1C2B2B1  A2, C1C2B2B1 . Si la cónica que pasa por
C1C2B1B2A2, corta a BC en otro punto A′ distinto de A1, se tendría
A′, C1C2B2B1  A2, C1C2B2B1 , luego por la primera igualdad, A′ ≡ A1
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F 12- Hallar el lugar geométrico de los centros de las cónicas tangentes a cuatro rectas dadas.
Solución:
A
B
B’ A’
a’
b’
a
b
A
B
B’ A’
a’
b’
a
b
Las cónicas forman un haz tangencial, en el que los polos de una recta r respecto de las cónicas del
haz, están sobre una recta r ′. A las rectas r y r ′ se les llama asociadas. Cuando r es la recta
impropia, sus polos son los centros de las cónicas del haz, que están sobre una recta, llamada recta
de Newton. Sean ABA′B′ los vértices del cuadrilátero circunscrito al haz. Cortando por AA′ la
involución aa ′ bb ′, como la recta impropia corta a AA′ en el punto impropio A, la recta de
Newton pasará por el punto medio de AA′. El mismo razonamiento para BB′. Luego dicha recta,
lugar de los centros de las cónicas, pasa por los puntos medios de las diagonales.
F 13- Por un punto de una cónica, se trazan paralelas a un sistema de diámetros conjugados de otra
cónica. Demostrar que la cuerda determinada por estas rectas, pasa por un punto fijo.
Solución: La ecuación que da los coeficientes angulares de los diámetros conjugados, es
a22mm ′  a12m  m ′  a11  0, que es la ecuación de una involución. Luego al trazar las
paralelas por un punto de otra cónica, se tiene un haz involutivo, por lo que las cuerdas
determinadas pasan por el punto de Frégier de dicha involución.
F 14- Si por un punto P de una cónica, se trazan pares de rectas PQ, PR que están igualmente
inclinadas respecto a una recta r dada, las rectas QR concurren en un punto.
Solución: Trazando PH perpendicular a r, las rectas PQ y PR, son simétricas respecto a PH, es
decir, forman una involución. Luego todas las rectas QR pasan por el punto de Frégier de dicha
involución.
F 15- Hallar el lugar geométrico de los puntos P, desde los que se proyecta un cuadrivértice ABCD
según un haz de razón constante.
Solución: Aplicada una homología adecuada, el cuadrivértice se transforma en un cuadrilátero
inscriptible. El círculo circunscrito es el lugar geométrico de los puntos P. Deshaciendo la
homología, como las razones dobles no varían, la cónica homológica del círculo, es el lugar
pedido, o sea una cónica circunscrita al cuadrivértice dado. El lugar geométrico completo es el haz
de cónicas circunscritas.
F 16- Una cónica está determinada por cinco tangentes. Trazar una sexta tangente y hallar su punto de
contacto.
Solución: Sean las tangentes conocidas t1, t2, AA′, BB′ y CC ′. Tomando t1 y t2, por ejemplo,
como bases, se forman dos series proyectivas con las intersecciones con las otras tres tangentes. El
eje perspectivo de estos haces, corta a las dos bases en sus puntos de tangencia. Sea P un punto de
una de las bases. Se une con A′. La recta PA′ corta al eje perspectivo en D. La recta DA corta a t2
en P′. La recta PP′ es la tangente en el punto de tangencia P.
F 17- Una cónica está determinada por cinco tangentes. Trazar las tangentes a la cónica desde un
punto dado.
Solución: Sean las tangentes conocidas t1, t2, AA′, BB′ y CC ′. Se forman sobre t1 y t2, dos series
proyectivas ABC y A′B′C ′. Uniendo el punto P dado, con estos puntos, se tienen dos haces
perspectivos. Los rayos dobles de estos dos haces concéntricos, son las tangentes pedidas.
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F 18- Una cónica está determinada por cuatro tangentes y un punto de tangencia. Trazar una quinta
tangente a la cónica, paralela a una dirección dada.
Solución:
A
C
C’
D’
B
E
t1
t4
t3
t2
D∞
d (D∞)
A
C
C’
D’
B
E
t1
t4
t3
t2
D∞
d (D∞)
Sean t1, t2, t3 y t4 las tangentes dadas. Sea AB el eje perspectivo correspondiente a la base t1 y a t2.
Y sea d la dirección dada (D). Se trata de hallar en la tangente t2, el homólogo D ′ de D. Como
C ′D y D ′C se cortan en el eje perspectivo (punto E), queda determinado D ′ (intersección de CE
con t2). La paralela a d desde D ′, es la tangente pedida.
F 19- Una cónica está determinada por cinco puntos. Hallar la clase de la cónica.
Solución: Siendo A, B, C, D y E, los puntos dados, se toman como vértices los puntos A y B,
teniéndose los haces A, CDE y B, CDE . Se traslada B sobre A, con lo que se tienen dos haces
perspectivos concéntricos, cuyos rayos dobles se determinan. Si hay dos rayos dobles, la cónica es
una hipérbola; si hay un solo rayo doble, la cónica es una parábola; si los rayos dobles son
imaginarios, la cónica es una elipse.
F 20- Hallar los ejes de una cónica determinada por dos diámetros conjugados.
Solución: Sean AB y CD los dos diámetros conjugados que se cortan en su punto medio O. Por A
y B se trazan las paralelas a CD, y por C y D las paralelas a AB, obteniéndose el paralelogramo de
vértices E, F, G y H. Sus diagonales EG y FH, son diámetros conjugados de la cónica. Por tanto,
se tienen dos haces en involución, de vértice O. Sus rayos homólogos perpendiculares son los ejes
de la cónica. Una vez determinados los ejes en posición, para obtener su magnitud, se procede de
la siguiente forma.
O
G P t
a
H T
Q
b
O
G P t
a
H T
Q
b
Sean a y b los ejes, y t una tangente a la cónica, siendo T el punto de tangencia. La tangente corta
a los ejes en P y Q, y son G y H las proyecciones de T sobre los ejes. Q es el polo de TH, y P el de
TG. Por tanto, siendo A y A′, B y B′, los vértices, se tiene OA2  OG  OP y OB2  OH  OQ, con
lo que se obtienen los ejes en magnitud.
F 21- Se dan cinco puntos A, B, C, D y E, en una cónica. Se traza una recta que pasa por A. Hallar su
segundo punto de intersección con la cónica.
Solución: Una transversal corta a los lados opuestos de un cuadrilátero inscrito en una cónica, y a
esta, en tres pares de puntos que están en involución (Desargues). Siendola transversal, la recta
dada, se halla sobre ella el punto A′, homólogo de A, que será el segundo punto de intersección de
la recta dada.
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