Geometria Ejercicios y Problemas Radmila y Jose Antonio 4.pdf

Capítulo 4

Problemas

4.1 Enunciados de los problemas

En este capítulo damos los enunciados, sugerencias y soluciones de los pro-blemas que se encuentran en el capítulo 4, del libro de Geometría que lepermitirán al lector reafirmar y ampliar los conocimientos adquiridos en di-cho libro, iniciando con problemas relativamente sencillos cuya dificultad seva incrementando, los últimos 16 ejercicios son algunos de los problemasde geometría que han aparecido en el Concurso Nacional de la OlimpiadaMexicana de Matemáticas.

Este capítulo está dividido en tres secciones: en la primera se encuentran losenunciados de los problemas, en la segunda las sugerencias y por último enla tercera las soluciones.

Problema 4.1.1 Sean E, F, K y L puntos sobre los lados AB, BC, CDy DA del cuadrado ABCD, respectivamente. Muestre que si los segmentosEK y FL son perpendiculares entonces EK = FL.

Problema 4.1.2 Sean ABC un triángulo, 1 su incentro y O su circuncentro.Si C, 1 y O son colineales entonces el triángulo es isósceles.

Problema 4.1.3 Si dos ángulos internos y consecutivos de un cuadriláte-ro son ángulos rectos entonces las bisectrices de los otros dos ángulos sonperpendiculares entre sí.

Problema 4.1.4 Sea K el punto medio del lado BC del rectángulo ABCD.Encuentre el ángulo formado por AK y la diagonal BD, si sabemos queBC - f()2AB - v L..

70 Enunciados de los problemas

Problema 4.1.5 Sea AEGDE un pentágono convexo inscrito en una circun-ferencia, con sus cinco ángulos iguales. Muestre que los lados del pentágonoson iguales.

Problema 4.1.6 ¿Qué forma debe tener un triángulo para que cumpla quelos puntos medios de las alturas sean colineales?

Problema 4.1. 7 Un cuadrilátero convexo queda dividido por sus diagonalesen cuatro triángulos. ¿Cómo es el cuadrilátero si:(a) los cuatro triángulos tienen la misma área?(b) los cuatro triángulos tienen el mismo perímetro?

Problema 4.1.8 Muestre que si cuatro lados de un pentágono convexo sonparalelos a su diagonal opuesta entonces el quinto lado también cumple quees paralelo a su diagonal opuesta.

Problema 4.1.9 Muestre que el único punto P dentro de una circunferenciadonde pasan tres cuerdas de la misma longitud es el centro.

Problema 4.1.10 Encuentre un punto dentro de un cuadrilátero convexo

donde la suma de las distancias del punto a los vértices sea mínima.

Problema 4.1.11 En el triángulo AEG, la altura AD, la bisectriz EM yla mediana GG' son concurrentes en un punto O. Muestre que si AO = EOentonces ¡iEG es equilátero.

Problema 4.1.12 En un triángulo AEG, la mediana EE' y la altura GFson iguales y además LGEE' = LFGE. Muestre que AEG es equilátero.

Problema 4.1.13 Sea AEG un triángulo y sobre su circunferencia circuns-crita, considere a: G' el punto medio del arco AE, E' el punto medio delarco GA, Y A' el punto medio del arco EG. Demuestre que el incentro deltriángulo AEG es el orto centro del triángulo A' E' G'.

Problema 4.1.14 Sea AEGD un paralelogramo. Se construyen triángulosequiláteros AE F YAD E hacia el exterior de AEG D. Pruebe que el triánguloFG E es equilátero.

Problema 4.1.15 La altura trazada hacia la hipotenusa de un triángulorectángulo divide a ésta en segmentos de longitud 9 y 16. Del vértice del

Enunciados de los problemas 71

ángulo agudo mayor trazamos una recta que pasa por el punto medio de laaltura. ¿Cuánto mide el segmento de tal recta que queda en el interior deltriángulo?

Problema 4.1.16 Las rectas que unen los puntos medios de los lados opues-tos de un cuadrilátero convexo ABC D dividen al cuadrilátero en cuatrocuadriláteros con el mismo perímetro. Muestre que ABCD es un para1e10-gramo.

Problema 4.1.17 Sean ABC un triángulo, M el punto medio de BC, Ly N las intersecciones de AM con el incírcu10 del triángulo. Muestre quesi C A = AB + AM, entonces el ángulo LI N es igual a 1200, donde 1 es elincentro de ABC.

Problema 4.1.18 Sea P un punto cualquiera dentro de un triángulo. Tracelas rectas desde cada uno de los vértices que pasan por P. Estas rectas cortana los lados del triángulo en los puntos X, Y y Z, respectivamente. Demuestreque

PX PY PZAX + BY + C Z = 1.

Problema 4.1.19 Sea G el centroide de un triángulo acutángu10 ABC.Probar que cualquier punto P en el interior del triángulo BCG cumple conla desigua,ldad :~ ~ 2, donde X es la intersección de la prolongación de APcon e11ado BC.

Problema 4.1.20 Sea ABC un triángulo isósceles con CA = AB. SeanX, Y, Z los puntos de tangencia del incírcu10 con los lados BC, CA, ABrespectivamente. Si C Z corta al incírcu10 en L y Y L corta a BC en M,muestre que XM = MC.

Problema 4.1.21 Una recta corta a un cuadrilátero ABCD en dos cuadri-

láteros que son cíclicos. Muestre que ABCD tiene dos lados paralelos.

Problema 4.1.22 Por el punto A de la cuerda común AB de dos circun-ferencias, trace una recta que corte a una de ellas en el punto C y a la otraen el punto D. Las tangentes a dichas circunferencias en los puntos C y D,se intersectan en el punto M. Muestre que los puntos B, C, D y M estánsobre una circunferencia.


Problema 4.1.23 Sea O el circuncentro de un triángulo acutángulo ABC.Sean P y Q las intersecciones del circuncírculo de AO B con los segmentosBC y AC, respectivamente. Sea N la intersección de PQ con la recta CO.Muestre que CN es perpendicular a PQ.

Problema 4.1.24 De los triángulos que tienen una base común y un mismoperímetro, el isósceles tiene mayor área.

Problema 4.1.25 De todos los triángulos con un perímetro dado, el triángu-lo equilátero es el que tiene mayor área.

Problema 4.1.26 Dada una circunferencia e de centro O y radio T, y dosp~ntos P y Q del plano, construya un triángulo rectángulo inscrito en e, demanera que uno de sus catetos pase por P y el otro cateto pase por Q.

Problema 4.1.27 Sea ABC un triángulo equilátero y P un punto sobre elarco BC del circuncírculo. Muestre que: AP = BP + CF.

Problema 4.1.28 Si ABCD es un cuadrilátero convexo de perímetro p,muestre que: ~p < AC + BD < p.

Problema 4.1.29 Si ABCDE es un pentágono convexo de perímetro p,muestre que: p < AC + BD + CE + DA + EB < 2p.

Problema 4.1.30 La bisectriz interna del ángulo A de un triángulo ABCintersecta alIado BC en D. Muestre que AD2 es menor que AB . AC.

Problema 4.1.31 Considerando la figura siguiente muestre que:

AM CP

AN + CQ = 1.

A


Problema 4.1.32 Sea AL la bisectriz del ángulo en A Ce un triánguloacutángulo ABC. Sean M y N sobre los lados AB y AC respectivamente,de manera que LM LA = LB YLN LA = LC. Si D es el punto de intersecciónde AL y MN, muestre que AL3 = AB. AC. AD.

Problema 4.1.33 Sea AC la diagonal mayor del paralelogramo ABCD. SeaE el pie de la perpendicular de C a la recta por A y B, y sea F el pie de laperpendicular de C a la recta por A y D. Muestre que: AB .AE+AD.AF =AC2.

Problema 4.1.34 Sean ABC un triángulo y L, M, N los puntos medios delos lados BC, CA, AB respectivamente. Muestre que LLAC = LM BA si ysólo si LCN A = LALB. .'

Problema 4.1.35 Considere un triángulo rectángulo ABC y llame P, Q,R, a las reflexiones de A, B, C sobre BC, CA, AB respectivamente. Calculela razón del área del triángulo ABC entre el área del triángulo PQR.

Problema 4.1.36 Sea ABC un triángulo y sean L y N las interseccionesde la bisectriz del ángulo en A con el lado BC y el circuncírculo de ABC,respectivamente. Construya la intersección M del circuncírculo de ABL conel segmento AC. Pruebe que los triángulos BM N y BMC tienen la mismaárea.

Problem'a 4.1.37 Sea ABC un triángulo, G su centroide e 1 su incentro.Demuestre que AC + AB = 2BC si y sólo si IG es paralelo a BC.

Problema 4.1.38 Considere una circunferencia de diámetro AB. Sobre

la tangente al círculo por B, tome dos puntos C y D. Si AC corta a lacircunferencia en F y AD corta a la circunferencia en E, demuestre queAC . AF = AD . AE.

Problema 4.1.39 Sea ABC un triángulo acutángulo. Encuentre el puntoO dentro del triángulo tal que LAOB = LBOC = LCOA = 120°.

Problema 4.1.40 Dos circunferencias con radios Cl = (01, r) Y C2 = (02, R)son tangentes exteriormente. Sean AB y C D tangentes comunes a las doscircunferencias (con A y D en Cl, By C en C2). Demuestre que el cuadriláteroABC D tiene una circunferencia inscrita y encuentre el radio de ésta.


Problema 4.1.41 Sean a, b y e los lados de un triángulo. Muestre que

a2(b + e - a) + b2(a + e - b) + e2(a + b - e) ::; 3 a be.

Problema 4.1.42 El triángulo acutángulo ABC está inscrito en un círculocon centro o. Sean D la intersección de la bisectriz del ángulo BAC con elsegmento BC y P la intersección de AB con la perpendicular a OA que pasapor D. Muestre que AC = AP.

Problema 4.1.43 Sobre los lados de un triángulo AB, BC y CA escoja lospuntos K, L YM, respectivamente, de tal forma que ninguno de estos puntossea un vértice. Demuestre que el área de al menos uno de los triángulosAK M, K B L Y LC M es menor o igual que un cuarto del área del triánguloABC.

Problema 4.1.44 Sea ABC un triángulo acutángulo con BE y CF lasalturas desde los vértices B y C, respectivamente. Muestre que si (CEF) ::;(EF B) ::; (F BC) ::; (BCE) entonces el triángulo es isósceles, donde (XY Z)denota el área del triángulo XY Z.

Problema 4.1.45 Sea O el centro de la circunferencia circunscrita al triángu-lo acutángulo ABC. Si la circunferencia que pasa por AOB corta a BC (osu prolongación) en M y a AC (o su prolongación) en N. Demuestre que losradios de las circunferencias que pasan por AOB y M NC son iguales.

Problema 4.1.46 Sea ABC un triángulo rectángulo, con ángulo recto enC, construya un punto N dentro del triángulo de manera que los tres ángulosLNBC, LNCA, y LNAB sean iguales.

Problema 4.1.47 Sea ABCDEF un hexágono con ángulos internos iguales.Muestre que el hexágono tiene lados opuestos paralelos:

Problema 4.1.48 Sea ABCDEF un hexágono convexo con lados opuestosparalelos. Muestre que 2(ACE) ~ (ABCDEF).

Problema 4.1.49 Si todos los ángulos del hexágono ABCDEF son iguales,muestre que las diferencias de lados opuestos son iguales.


Problema 4.1.50 Sea ABCDEF un hexágono convexo con lados opuestosparalelos, muestre que (ACE) = (BDF).

Problema 4.1.51 En el hexágono ABCDEF, los triángulos ABC, BCD,CDE, DEF, EF A YF AB son congruentes. Muestre que las diagonales AD,BE Y CF son iguales.

Problema 4.1.52 Sean A y B dos puntos sobre una circunferenica C. Unarco de circunferencia C' que pasa por A y B, divide el área encerrada por Cen dos partes de áreas iguales. Muestre que la longitud del arco C' es mayorque el diámetro de C.

Problema 4.1.53 Dentro de un hexágono regular ABCDEF se colocaun punto G arbitrario y se trazan segmentos que lo unen con los vértices,formando 6 triángulos ABG, BCG, CDG, DEG, EFG, F AG los cuales secolorean en forma alternada de negro y blanco. Demuestre que el área de laregión negra es igual al área blanca.

Problema 4.1.54 Sean ABC un triángulo acutángulo, M y N puntos sobrelos lados AB y CA, respectivamente. Las circunferencias de diámetros BNy CM se intersectan en P y Q. Muestre que los puntos P, Q y el orto centroH de ABC, son colineales.

Problema 4.1.55 Sea P un punto cualquiera dentro de un triángulo. PorP trace un segmento con extremos L y M sobre el perímetro del triángulode manera que P divida al segmento LM a la mitad.

Problema 4.1.56 Sea ABC D un cuadrilátero inscrito en una circunferen-cia, las rectas BD y AC se cortan en el punto P. Si O es el circuncentro deltriángulo AP B y H es el ortocentro del triángulo C P D, demuestre que O,P y H están alineados.

Problema 4.1.57 Sea ABC un triángulo. Sean D, E y F puntos sobreBC, CA y AB tales que CD = 2DB, CE = 2EA y AF = 2FB. Sean 1 elpunto de intersección de BE con CF y M el punto medio de AB. Pruebeque M, 1 y D son colineales.

Problema 4.1.58 En una circunferencia está inscrito el triángulo isóscelesABC (AB = AC). En el arco AB tome al azar el punto K y únalo por


medio de cuerdas con los vértices del triángulo. Muestre que EK . KC =AE2 - KA2.

Problema 4.1.59 Sea AEC un triángulo con ángulo en A de 600. SeanE M Y C N las bisectrices internas de los ángulos en E y C. Muestre queEC = EN +CM.

Problema 4.1.60 Sea AEC un triángulo con incentro l. Sean L, M YN lasintersecciones de las rectas Al, El, YCl con EC, AC y AE, respectivamente.Suponga que los cuadriláteros AMIN, ENIL YCMIL tienen áreas iguales.Pruebe que el triángulo AEC es equilátero.

Problema 4.1.61 Sea AEC un triángulo acutángulo y sean D, E Y F lospies de las alturas por A, E Y C, respectivamente. Si P, Q y R son losorto centros de los triángulos AFE, EDF Y CED respectivamente, pruebeque el ortocentro del triángulo PQR es el circuncentro de AEC.

Problema 4.1.62 Por el centroide de un triángulo equilátero trace unarecta. Muestre que la suma de los cuadrados de las distancias desde losvértices del triángulo hasta la recta no depende de como se elige la recta.

Problema 4.1.63 Una circunferencia C de radio R es tangente a una recta.c en un punto C. Otra circunferencia C' de radio r < R es tangente a .c enun punto E e intersecta a C en los puntos A y A', siendo A el más cercanoa.c. ¿Qué lugar geométrico describen los centros de las circunferenicas cir-cunscritas a los triángulos AEC cuando la circunferencia C' rueda sobre larecta .c?

Problema 4.1.64 (3a OMM) Considere un triángulo AEC en el que lalongitud de EC es 5, las medianas por E y por C son perpendiculares entresí y el área del triángulo es 18. Encuentre las longitudes de los lados CA yAE.

Problema 4.1.65 (3a OMM) Sean Cl y C2dos círculos tangentes de radio1 dentro de un círculo C de radio 2. Sea C3 un círculo dentro de C tangentea cada uno de los círculos C, Cl y C2. Sea C4un círculo dentro de C tangentea C, Cl y C3. Muestre que los centros de C, Cl, C3y C4 son los vértices de unrectángulo.


Problema 4.1.66 (4a OMM) Sea ABC un triángulo rectángulo con ángulorecto en C. Sea l cualquier recta que pase por B y que corte al lado AC enun puna E. Sea F el punto medio de EC, G el punto medio de C B y H elpie de la altura de C a AB en el triángulo ABC.Si 1 denota el circuncentro del triángulo AEH (punto de intersección delas mediatrices de los lados). Muestre que los triángulos IGF y ABC sonsemejantes.

Problema 4.1.67 (5a OMM) Se tienen cuatro canicas de radio uno co-locadas en el espacio de tal manera que cada una de ellas es tangente a lasotras tres. ¿Cuál es el radio de la esfera más pequeña que contiene a lascanicas?

Problema 4.1.68 (9a OMM) Sean A, B, C y D vértices consecutivos de unheptágono regular; sean AL y AM las tangentes desde A a la circunferenciade centro C y radio CB. Sea N la intersección de AC y BD. Demuestre quelos puntos L, M Y N son colineales.

Problema 4.1.69 (lOa OMM) Sea ABCD un cuadrilátero y sean P y Qlos puntos de trisección de la diagonal B D (es decir, P y Q son los puntosdel segmento BD para los cuales las longitudes BP, PQ Y QD son todasiguales). Sea E la intersección de la recta que pasa por A y P con el segmentoBC y sea 'F la intersección de la recta que pasa por A y Q con el segmentoDC. Demuestre que:(a) Si ABCD es paralelogramo, entonces E y F son los respectivos puntosmedios de los segmentos BC y C D.(b) Si E YF son los puntos medios de BC y CD, respectivamente, entoncesABC D es un paralelogramo.

Problema 4.1.70 (loa OMM) En la figura se muestra un triángulo acu-tángulo ABC en el que la longitud de AB es menor que la de BC y lalongitud de BC es menor que la de AC. Los puntos A', B' Y C' son talesque AA' es perpendicular a BC y la longitud de AA' es igual a la de BC;BB' es perpendicular a AC y la longitud de BB' es igual a la de AC; CC'es perpendicular a AB y la longitud de C C' es igual a la de AB. Además elLAC'B = 900.


E'

E G

A'

Demuestre que A', E' YG' están alineados.

Problema 4.1.71 (lla OMM) En un triángulo AEG sean P y P' sobreel segmento EG, Q sobre el segmento GA y R sobre el segmento AE, de talforma que

AR = BP = GQ = GP'RE PG QA P'E.

Sea G el centroide del triángulo AEG y sea K el punto de intersección delas rectas AP' y RQ. Demuestre que los puntos P, G y K son colineales.

Problema 4.1.72 (lla OMM) Sean P, Q y R puntos sobre los lados deun triángulo AEG con P en el segmento EG, Q en el segmento AG y R enel segmen,to EA, de tal manera que si A' es la intersección de EQ con GR,E' es la intersección de AP con GR, y G' es la intersección de AP con BQ,entonces AE' = E'G', EG' = G'A' y GA' = A'E'. Calcule el cociente delárea del triángulo PQ R entre el área del triángulo ABG.

Problema 4.1. 73 (12a OMM) Dos rayos l y m parten de un mismo punto,formando un ángulo a, y sea P un punto en l. Para cada circunferencia Ctangente a l en P que corte a m en puntos Q y R, sea T el punto dondela bisectriz del ángulo QP R corta a C. Describe la figura geométrica queforman los puntos T, justifica tu respuesta.

Problema 4.1.74 (12a OMM) Sean E y G dos puntos de una circunferen-cia, AE y AG las tangentes desde A. Sea Q un punto del segmento AG y Pla intersección de EQ con la circunferencia. La paralela a AB por Q corta aEG en J. Demuestre que P J es paralelo a AG si y sólo si EG2 = AG. QG.


Problema 4.1.75 (13a OMM) Considere P un punto en el interior deltriángulo ABC. Sean D, E YF los puntos medios de AP, BP Y CP, respec-tivamente, y L, M Y N los puntos de intersección de BF con CE, AF conCD y AE con BD. Muestre que:(a) El área del hexágono DN E LF M es igual a una tercera parte del áreadel triángulo ABC.(b) los segmentos DL, EM Y FN concurren.

Problema 4.1.76 (13a OMM) ABCD es un trapecio con AB paralelo aC D. Las bisectrices exteriores de los ángulos en B y en C se intersectan enP. Las bisectrices exteriores de los ángulos en A y en D se intersectan enQ. Demuestre que la longitud de PQ es igual a la mitad del perímetro deltrapecio ABCD.

Problema 4.1. 77 (14a Ol\:1M) Sean A, B,e y 1) circunferencias tales queA es tangente exteriormente a B en P, B es tangente exteriormente a e enQ, e es tangente exteriormente a 1) en R y 1) es tangente exteriormente a Aen S. Suponga además que A y e no se intersectan, ni tampoco B y 1).(a) Pruebe que los puntos P, Q R YS están todos sobre una circunferencia.(b) Suponga además que A y e tienen radio 2, B Y 1) tienen radio 3 y ladistancia entre los centros de A y e es 6. Determine el área del cuadriláteroPQRS.

Problema 4.1. 78 (14a OMM) Sea ABC un triángulo con el ángulo en Bmayor que'90° y un punto H sobre AC con la propiedad de que AH = BH,y BH es perpendicular a BC. Sean D y E los puntos medios de AB y BC,respectivamente. Por H trace una paralela a AB que corte a DE en F.Pruebe que LBCF = LACD.

Problema 4.1.79 (15a OMM) En un cuadrilátero ABCD inscrito enuna circunferencia, llame P al punto de intersección de las diagonales ACy B D, y sea M el punto medio de C D. La circunferencia que pasa por Py que es tangente a CD en M corta a BD y a AC en los puntos Q y R,respectivamente. Tome un punto S sobre el segmento BD de tal manera queB S = DQ. Por S trace una paralela a AB que corte a AC en un punto T.Pruebe que AT = RC.

Problema 4.1.80 (15a OMM) Sea ABC un triángulo tal que AB < ACy el ángulo BAC sea el doble del ángulo BCA. Sobre el lado AC tome un

80 Sugerencias a los problemas

punto D tal que CD = AB. Por el punto B trace una recta l paralela aAC. La bisectriz exterior del ángulo en A intersecta a l en el punto M, Yla p~ralela a AB por el punto C intersecta a l en el punto N. Pruebe queMD=ND.

4.2 Sugerencias a los problemas

Sugerencia 4.2.1 Trace paralelas a los lados AB y BC que pasen por L yE, respectivamente. Se forman dos triángulos rectángulos, muestre que éstosson congruentes.

Sugerencia 4.2.2 Interprete que quiere decir que O se encuentre sobre labisectriz C l.

Sugerencia 4.2.3 Utilice el hecho de que la suma de los ángulos interioresde un cuadrilátero suman 360°. Note también que el cuadrilátero tiene doslados paralelos.

Sugerencia 4.2.4 Observe que AK y BD son medianas del triángulo ABC.Utilice el teorema de Pitágoras y su inverso.

Sugeren«ia 4.2.5 Observe que los triángulos ABC y DC B son congruentes.

Sugerencia 4.2.6 Los puntos medios de las alturas están sobre los ladosdel triángulo medial.

Sugerencia 4.2.7 Para la primera parte use que para triángulos éon lamisma altura, la razón entre sus áreas es igual a la razón entre sus bases.Para la segunda, compare los perímetros de dos triángulos que se oponen porel punto común de las diagonales. Use para la comparación el reflejado deuno con respecto al punto común de las diagonales.

Sugerencia 4.2.8 El segmento AB es paralelo a CE si y sólo si (ABC) =(AB E) .

Sugerencia 4.2.9 Las cuerdas de una longitud fija, son equidistantes alcentro.

Sugerencias a los problemas 81

Sugerencia 4.2.10 Compare con el punto de intersección de las diagonales.

Sugerencia 4.2.11 Trabaje con el triángulo AEO para ver que CC' esaltura, luego tendrá que EM es también altura.

Sugerencia 4.2.12 Vea primero que el triángulo AEC es isósceles conAE = C A y que F es punto medio de AE.

Sugerencia 4.2.13 Las rectas AA', EE' YCC' son las bisectrices de AEC.

Para ver que C C' es perpendicular a A' E', bastará ver que LC' E' A' = ~ LA +~LC y LCC' E = ~LE.

Sugerencia 4.2.14 Muestre que los triángulos CDE y FEC son congruen-tes y que LFCE = 60°.

Sugerencia 4.2.15 Trace la paralela al segmento de recta que quiere calcu-lar y que pasa por el pie de la altura. Use semejanza de triángulos.

Sugerencia 4.2.16 El cuadrilátero formado por los puntos medios de loslados del cuadrilátero es un paralelogramo. Utilice que las diagonales de unparalelogramo se dividen en partes iguales.

Sugerencia 4.2.17 Sean m = AM, P el pie de la perpendicular de l sobreAM y p = P l. Comparando las áreas de los triángulos AEM y AEC sededuce qu~ 2p = r.

Sugerencia 4.2.18 Considere la altura desde un vértice y la perpendicularde un lado al punto P. Compare las áreas de los triángulos que se forman.Repita el proceso para los otros dos vértices.

Sugerencia 4.2.19 Trabaje mejor con ~~. Utilice el hecho de que paraun triángulo con la misma base, la razón entre sus áreas es igual a la razónentre sus alturas.

Sugerencia 4.2.20 La potencia de M respecto al incírculo es M X2 =M L . MY. Calcule esta potencia de otra manera usando que los triángulosYMC y CML son semejantes.

Sugerencia 4.2.21 En un cuadrilátero cíclico la suma de los ángulos opues-tos es 180°.


Sugerencia 4.2.22 Muestre que LMDB =LCAB y LMCB = LDAB.

Sugerencia 4.2.23 El cuadrilátero AQP B es cíclico y el triángulo AOC esisósceles.

Sugerencia 4.2.24 Utilice la fórmula de Herón (teorema 5.1.43) para calcu-lar el área de un triángulo.

Sugerencia 4.2.25 Utilice la fórmula de Herón (teorema 5.1.43) para calcu-lar el área de un triángulo.

Sugerencia 4.2.26 El conjunto de puntos R, donde PQR es triángulorectángulo es la circunferencia de diámetro PQ.

Sugerencia 4.2.27 Puede tomar varios caminos, por ejemplo: utilice la leyde los cosenos o la ley de los senos o trabaje con áreas o bien use el teoremade Ptolomeo.

Sugerencia 4.2.28 Las diagonales dividen al cuadrilátero en triángulos,utilice la desigualdad del triángulo.

Sugerencia 4.2.29 Para demostrar la segunda desigualdad utilice la desi-gualdad del triángulo, para ver que AC < AB + BC. Haga lo mismo conlas otras diagonales. Para demostrar la primera desigualdad, llame R a lainterseccipn de las diagonales B D Y C E. La desigualdad del triángulo ledará CD < CR + RD, para los otros lados trabaje igual.

Sugerencia 4.2.30 Trace la circunferencia circunscrita al triángulo ABCy prolongue la bisectriz hasta cortar la circunferencia en E, utilice el hechoque los triángulos ABD y AEC son semejantes.

Sugerencia 4.2.31 Utilice el teorema de la bisectriz (teorema 5.1.32) y lasemejanza de los triángulos ABN y QBC.

Sugerencia 4.2.32 Utilice la semejanza de los triángulos ALN y AC L, lomismo que la de los triángulos ALM y ABL, ADM Y AN L.

Sugerencia 4.2.33 Considere G el pie de la perpendicular de B a AC. Veaque las parejas de triángulos rectángulos: AEC y AG B, AFC y CG B sonsemejantes.


Sugerencia 4.2.34 Las igualdades de los ángulos es equivalente a ver queB LG N es cíclico, donde G es el centroide.

Sugerencia 4.2.35 Los triángulos ABC y P BR son congruentes y de ladosparalelos. Además, BQ y P R son perpendiculares.

Sugerencia 4.2.36 Como los triángulos BM N Y BMC tienen la mismabase, bastará ver que NC es paralela a BM. Use que ABLM y ABNC soncíclicos para ver que LAM B = LAC N.

Sugerencia 4.2.37 Sea M el punto medio del segmento BC y E la intersec-ción de Al con BC. Note que lG es paralela a BC si y sólo si :~ = ~Z = 2.

Use el teorema de la bisectriz (teorema 5.1.32) para ver que :~ = ~~ y queBE - ABEC - AC'

Sugerencia 4.2.38 Muestre que los triángulos AEF y AC D son semejantes.Utilice que los triángulos ABC y AF B son semejantes, lo mismo que lostriángulos ABD y AEB.

Sugerencia 4.2.39 Construya un triángulo equilátero ABD sobre el ladoAB, los puntos O del circuncírculo que no están en el arco AB donde seencuentra D cumplen que el ángulo AOB = 120°.

Sugerencia 4.2.40 Observe que el cuadrilátero ABCD es un trapecioisósceles. Demuestre que AD + BC = AB + DC.Para encontrar el radio del círculo inscrito, utilice el hecho de que los triángu-los 01DE y 02CF son semejantes, donde 01 y O2 son los centros de loscírculos de radio r y R, respectivamente, E y F la intersección de AD y BCcon la recta que une los centros.

Sugerencia 4.2.41 Por la desigualdad del triángulo x = b+c-a, y = a+c-by z = a + b - e son números positivos. Utilice la desigualdad entre la mediaaritmética y la media geométrica.

Sugerencia 4.2.42 Considere S y T las intersecciones del segmento OAcon la circunferencia y con DP respectivamente. Los triángulos rectángulosASB y APT son semejantes, esto le ayudará a mostrar que los triángulosAP D y AC D son congruentes.


Sugerencia 4.2.43 Si K, L Y M son puntos medios del triángulo entonces

el triángulo ABC queda dividido en cuatro triángulos con la misma área.

Considere el triángulo formado cuando K, L Y M no son puntos medios y

compare el área con el área del triángulo formado por los puntos medios.

Sugerencia 4.2.44 Considere H el punto de intersecciónde las alturas.

Divida los triángulos E F B Y C E F en dos triángulos cada uno y observe

que tienen una parte en común. Luego los dos triángulos que le quedan

tienen que tener la misma relaciónentre sus áreas que los triángulos origi-

nales. Análogamente para los triángulos F BC y BCE. Observe también

que el cuadriláteroBC EF es cíclico.Esta última obsevación lo conducirá al

resultado.

Sugerencia 4.2.45 Sean P y P' los centros de los circuncírulos de AOBy M NC. Considere los triángulos P M N Y P' M N demuestre que son con-gruentes.

Sugerencia 4.2.46 El valor del LBNC es fijo, luego se tiene un lugargeométrico para el punto N.

Sugerencia 4.2.47 El hexágono se inscribeen un triángulo equilátero.

Sugerencia 4.2.48 Trace por A una paralela a BC, por C una paralela aDE y por E una paralela a FA, estas paralelas dividen al hexágono en tresparalelogramos y un triángulo.

Sugerencia 4.2.49 Trace por A una paralela a BC, por C una paralela aDE y por E una paralela a FA, estas paralelas dividen al hexágono en tresparalelogramos y un triángulo. Utilice los problemas 47 y 48.

Sugerencia 4.2.50 Trace por A una paralela a BC, por C una paralela aDE y por E una paralela a FA, estas paralelas dividen al hexágono en tresparalelogramos y un triángulo. Trace ahora por B una paralela a C D, porD una paralela a EF y por F una paralela a AB, estas paralelas dividen alhexágono en otros tres paralelogramos y otro triángulo.'

Sugerencia 4.2.51 Vea que el hexágono es de lados opuestos paralelos yque las diagonales son concurrentes.

Sugerencia 4.2.52 Sea D el punto de intersección del arco C' con el diáme--tro que pasa por A. Compare el arco AD con este diámetro.


Sugerencia 4.2.53 Sobre los lados AF y CD construya los triángulosequiláteros AFH y CDI. Vea las siguientes igualdades de áreas: (AHG) =(BAG), (CBG) = (CIG), (DIG) = (EDG) Y (FEG) = (HFG).

Sugerencia 4.2.54 La recta por P y Q es el eje radical de las circunferenciasde diámetros BN y CM.

Sugerencia 4.2.55 Refleje los vértices del triángulo respecto al punto P.Construya con estos puntos un nuevo triángulo. Los puntos de intersecciónde los dos triángulos son buenos candidatos a ser los extremos del segmentoque busca.

Sugerencia 4.2.56 Considere a Q la intersección del segmento OP con CD.Demuestre que PQ es perpendicular a C D.

Sugerencia 4.2.57 Considere un punto F' sobre AB tal que BF = F F' =F' A, N el punto de intersección de E D con FC, Q el punto de intersecciónde F'C con DE y M' el punto de intersección de DI con AB. Muestre queM' = M. Los puntos construidos le ayudarán a encontrar varios triángulossemejantes, así como las razones de semejanza.

Sugerencia 4.2.58 Construya el triángulo isósceles K AL, donde L se en-cuentra sobre la recta BK de manera que AL = AK. Muestre primero queAB2 - K A 2 = B K . B L. Para ver que B L = K C, muestre que los triángulosLAB y K AC son congruentes.

Sugerencia 4.2.59 Considere N' sobre BC con BN' = BN. Busquedemostrar que los triángulos C N' I y CM I son congruentes, ayuda el que lostriángulos BN'I y BNI son congruentes.

Sugerencia 4.2.60 Muestre que el único punto I para el cual se cumpleque AMI N, BN I L y CM I L tengan la misma área es el centroide.

Sugerencia 4.2.61 Muestre que AP, BQ y C R son las alturas del triánguloPQ R y que concurren en O el circuncentro del triángulo ABC.Muestre que AP es perpendicular a QR observando que QR es paralela aEF. Para demostrar esta última afirmación basta mostrar que EFQR es unparalelogramo.


Sugerencia 4.2.62 Trace las perpendiculares a la recta desde cada uno delos vértices del triángulo, estos segmentos representan la distancia de cadauno de los vértices a la recta. Calcule estas distancias.

Sugerencia 4.2.63 Considere una circunferencia circunscrita al triánguloABC, muestre que su radio es vITR. De aquí concluya que todo punto sobreel lugar geométrico pertenece a la semicircunferencia que tiene centro C,radio VRi y que está del lado opuesto a C' con respecto a 12(sin incluir losextremos) .

Sugerencia 4.2.64 Sean M y N los puntos medios de AC y AB, respec-tivamente. Sea G la intersección de BM y C N. Exprese las áreas de lostriángulos BCG, CGM, GMN, NMA Y BGN en términos de BG y CG.

Sugerencia 4.2.65 Sean O, 01, O2, 03 Y 04 los centros de las circunfe-rencias C, C1, C2, C3 y C4, respectivamente. Usando el triángulo rectángulo00103, determine el radio de C3. Entonces ya sabe donde está el cuartovértice P del rectángulo 00103P, Calculando distancias, pruebe que P esel centro de C4.

Sugerencia 4.2.66 Considere el punto de intersección de los dos semicírcu-los con centros F y G y radios FC y GC, llame a este punto O. Observe queB, O, E son colineales y que LHOB = LHCB = LBAC. El incentro 1 deltriángulo AEH es también la intersección de las mediatrices de EO y OHque pasan a su vez por F y G, respectivamente. Tenemos que F 1 y G1 sonperpendiculares a EO y OH, luego el LFIG = LBAC. Por último, muestreque LI FG = 90°. Luego se tiene que los triángulos 1GF y ABC tienen dosángulos iguales, por lo tanto son semejantes.

Sugerencia 4.2.67 Considere el tetraedro T determinado por los centrosde las cuatro esferas. Entonces T es un tetraedro regular cuyas aristas miden2 y el radio buscado es igual a d + 1, donde d es la distancia del centro C deT a lUlOde sus vértices. Determine cuánto mide la altura h de T. Para saberen que proporción corta C a h, tome una cara del tetraedro y construya eltetraedro T1 determinado por esa cara y por C. ¿Cuál es la proporción entreel volumen de T y el de T1.

Sugerencia 4.2.68 Muestre primero que ACD y DCN son triángulos se-mejantes y debido a que CD = CL se tiene que CL2 = AC. NC. De aquí se


puede concluir que los triángulos ACL y LCN son semejantes, podrá ahoramostrar que LN es perpendicular a AC. Algo análogo se puede hacer paraver que M N es también perpendicular a AC.

Sugerencia 4.2.69 Para el inciso (a) muestre que P y Q son centroidesde los triángulos ABC y AC D, respectivamente. Para la segunda parte,si ABCD no es paralelogramo, considere un punto C' de tal manera queABC' D sea paralelogramo.

Sugerencia 4.2.70 Primero vea que los triángulos ABB' y C'CA son con-gruentes, al igual que BCC' y A'AB. Muestre que A'BC' y C'AB' sontriángulos rectángulos isósceles.

Sugerencia 4.2.71 Muestre que K es punto medio de AP', por ejemplomostrando que ARP'Q es paralelogramo. Si M es punto medio de BC, veaque M también es punto medio de P P'.

Sugerencia 4.2.72 Primero vea que los triángulos ABB', AB'A', AA'C,BB'C', BC'C, CA'C', CAA' y A'B'C' tienen la misma área.Muestre después que RB' = ~B'A' Y en consecuencia (RB'C') = (A'B'C').

Sugerencia 4.2.73 Observe que los puntos T se encuentran en un rayo queparte de P y que forma con 1 un ángulo constante e igual a 7r;a.

Sugerencia 4.2.74 Muestre que J PQC es un cuadrilátero cíclico. La con-dición BC,2 = AC . QC es equivalente a la semejanza de los triángulos ABCy BQC y equivalente a que J PQC es un trapecio isósceles.

Sugerencia 4.2.75 Muestre que N es el centroide del triángulo ABP, useesto para concluir que (PDNE) = ~(ABP). Para la segunda parte muestreque los triángulos QDE y QLM son semejantes y en razón 3:2, donde Q esel punto de intersección de DL y E M. De manera análoga se puede ver queF N y DL se cortan en razón 3:2.

Sugerencia 4.2.76 Sean C' y D' las intersecciones de AB con CP y DQ,respectivamente. Muestre que BC P y BC' P son triángulos rectángulos con-gruentes, esto ayuda para ver que PQ es paralela a AB y equidistante a AByCD.

Sugerencia 4.2.77 Sean A, B, C y D los centros de A, B, e y V, respec-tivamente. Use que el punto de tangencia de dos circunferencias es colineal

88 Soluciones a los problemas

con los centros de las circunferencias. Utilice que el ángulo seminscrito esla mitad del ángulo central que abre el mismo arco. Para la segunda partebastará usar el teorema de Pitágoras y observar que PQRS es un rectángulo.

Sugerencia 4.2.78 Observe que los ángulos EAH, AEH, EH F, F HC,HFD y FDE son iguales. Deduzca de esto último que HDEF es cíclico.Vea ahora que DE y HF son paralelos, y LFEE = LDEH. Considere Gla intersección de EF con AC. Muestre que los triángulos AEC y EGC sonsemejantes, además CF es mediana de EGC.

Sugerencia 4.2.79 Considere la potencia del punto P respecto al círculogrande y la potencia de D respecto al círculo pequeño. Utilice el teorema deThales (teorema 5.1.8).

Sugerencia 4.2.80 Observe que el triángulo AME es isósceles, esto lepermitirá concluir que M ECD es un paralelogramo. Por otra parte se sabeque AENC es un paralelogramo de donde se puede ver que DCN es isósceles.Finalmente observe que los ángulos EN D Y DM E son iguales de modo queel triángulo M DN es también isósceles y por tanto se tiene que M D = DN.

4.3 Soluciones a los problemas

Solución ;4.3.1 Trazamos los segmentos de recta paralelos a los lados AEy EC, por L y por E, respectivamente, para formar los triángulos M LF YN EK. Estos triángulos s°1,1congruentes ya que sus lados correspondientesson perpendiculares y N E = M L. Por lo tanto, EK = F L.

Notemos que el recíproco también es verdadero, si EK = F L como N E =M L, por el teorema de Pitágoras los otros catetos F M y N K son iguales,

LL D

11=1N

K

El / UcF M

Soluciones a los problemas 89

luego, los triángulos son congruentes. Como los catetos correspondientes sonperpendiculares las hipotenusas también son perpendiculares.

Solución 4.3.2 Sean X y Y los pies de las perpendiculares desde O a loslados AC y BC. Por definición de O, X YY son los puntos medios de AC yBC. Los triángulos rectángulos COX y COY son congruentes, ya que COes la bisectriz del ángulo en C, por lo que CX = CY. Tenemos además que,CX = XA y CY = YB, de donde, CA = CB. Por lo tanto, el triángulo esisósceles.

Solución 4.3.3 En la figura los ángulos BAD y CBA son rectos. El puntoE es la intersección de las bisectrices de los ángulos DCB y ADC. Vamos ademostrar que el ángulo DEC es recto.

A D

E

B C

Como ED y EC son bisectrices, tenemos que LCDE = ~LADC, análoga-mente, LECD = ~LBCD. Luego, LDEC = 1800- ~(LADC + LBCD).Como AD,es paralela a BC, los ángulos ADC y BCD son ángulos interioresdel mismo lado de la transversal entonces son suplementarios, es decir, susuma es 1800. Por lo tanto, el ángulo DEC es igual a 900.

Solución 4.3.4 Sea a = AB entonces BC = aV2. Los segmentos BO yAK son medianas del triángulo ABC, luego M K = ~AK y BM = ~BO.

a

DA

B K C


Utilizando el teorema de Pitágoras tenemos que:

1 1 1MK = -AK = -V AB2 + BK2 = -

3 3 3

2

(aV2

)= ~av6a2+ 2 6

y BM = ~BO = ~ (~BD )= ~VBC2 + CD2 = ~V3.3 3 2 3 3

Luego,2 2 2

BM2+MK2 = ~+~ = ~ =BK2.3 6 2

Por el recíproco del teorema de Pitágoras, el triángulo BK M es rectángulo,por 10 tanto, el ángulo B M K es recto.

Solución 4.3.5 Consideremos los triángulos ABC y DCB, éstos son con-gruentes, ya que: por hipótesis LABC = LDCB, LBAC = LCDB, ya queabren el mismo arco, y comparten el lado BC. En consecuencia se tiene que:AB = DC. De manera análoga, al ir tomando pares de triángulos consecu-tivos tenemos que éstos son congruentes y van generando igualdades entrelados alternados del pentágono, pero como el número de lados del pentágonoes impar, este proceso recorre todos los lados.

Solución 4.3.6 Sean ABC el triángulo, AD, BE, CF las alturas, y D',E', F' lof.'¡puntos medios de las alturas. Estos puntos medios se encuentransobre los lados del triángulo medial A' B'C' (formado por los puntos mediosde los lados del triángulo), por lo que los puntos D', E', F' son colinealessi se encuentran sobre un lado del triángulo medial. Si por ejemplo, estánsobre B'C', entonces como F'B' debe ser paralela a AB, resulta que F = Ay entonces el triángulo deberá ser rectángulo.Recíprocamente, si ABC es un triángulo rectángulo, con ángulo recto diga-mos en A, los puntos medios de las alturas son colineales y se encuentransobre el segmento B'C'.

Solución 4.3.1 Sea ABC D el cuadrilátero y O el punto de intersección deAC y BD.(a) Si los triángulos ABO y AOD tienen la misma área, por tener la mismaaltura sobre BD, tienen la misma base, esto es, BO = OD. Luego, O es pun-to medio de la diagonal. De igual manera se muestra que O es punto medio


de la otra diagonal AC. Pero los únicos cuadriláteros donde sus diagonalesse corta por el punto medio son los paralelogramos. Por lo tanto, ABCD esun paralelogramo.

D

Bb

(b) Veamos que O es de nuevo el punto medio de las diagonales, y entoncesABCD será paralelogramo. Sean p = AO, q = BO, r = CO y s = DO.Supongamos sin perder generalidad que r ~ p y s ~ q. Al reflejar el triánguloABO con respecto a O, obtenemos un triángulo M NO, de perímetro a+p+q,y donde el lado OM se encuentra sobre OC y el lado ON sobre OD. Elperímetro del triángulo C DO es por un lado e + r + s = a + p + q y porotro p + q + x + y + e, para algunas x, y ~ O, luego a = e + x + y. De dondex = y = O Y a = c. Por lo tanto, tenemos que O es punto medio de lasdiagonales y a = c. Ahora, podemos comparar los perímetros de ABO yDAO para también tener que a = d. Luego ABCD es un rombo.

Solución' 4.3.8 Sea ABCDE el pentágono y supongamos que: BC esparalelo a DA, CD a EB, DE a AC y EA a BD. Veamos que AB esparalelo a CE; AB es paralelo a CE si y sólo si (ABC) = (ABE). Porhipótesis son ciertas las afirmaciones:

BC 11 DA {:}

CD 11 EB {:}

DE 11 AC {:}

EA 11 BD {:}

(ABC) = (BCD)(BCD) = (CDE)(CDE) = (DEA)(DEA) = (ABE)

Esta cadena de equivalencias induce el resultado.

Solución 4.3.9 Las cuerdas con longitud fija dentro de una circunferencia de

radio r son tangentes a la circunferenciaconcéntricade radio s = Jr2 - (~)2,donde e es la longitud común de las cuerdas. Como desde un punto exterior a

Soluciones a los problemas92

una circunferncia de radio s > Osolamente se pueden trazar dos tangentes, nohay puntos dentro de la circunferencia donde pasen tres cuerdas de la mismalongitud. Esto obliga a que s = O,en cuyo caso las cuerdas son diámetros yel punto común el centro.

Solución 4.3.10 Sea P un punto dentro del cuadrilátero convexo ABCD. Ladesigualdad del triángulo aplicada al triángulo AC P nos da: AC :::;AP + C P,y aplicada al triángulo BDP nos da: BD :::;BP+DP, por lo que, AC+BD :::;AP + B P +C P + DP, de modo que la suma mínima es AC + B D. Alcanzamosel mínimo cuando AC = AP+CP y cuando BD = BP+DP, esto es cuandoA, C y P son colineales y B, D Y P también son colineales. Por lo quealcanzamos la suma mínima en el punto de intersección de las diagonales ACyBD.

Solución 4.3.11 Si AO = BO, entonces el triángulo ABO es isósceles con

ángulos iguales en los vértices A y B, por lo que la mediana OC' de ABO,es también altura. Por lo tanto, CC' es altura del triángulo ABC, luego estetriángulo es isósceles con BC = CA.

A

B D C

Ahora por ser concurrentes AD, B M Y CC', y teniendo en cuenta que ADy CC' son alturas, tenemos entonces que BM es también altura, y como estambién bisectriz resulta que ABC es isósceles con AB = BC. Por lo tanto,ABC es equilátero.

Solución 4.3.12 Por el criterio de congruencia LAL, los triángulos B' BCy FCB son congruentes, por tanto LABC = LACB y BF = CB' = ~CA.Luego ABC es isósceles con AB = CA y F es punto medio de AB. ComoC F es altura y F punto medio de AB, ABC es isósceles con BC = CA. Portanto, ABC es equilátero.


Solución 4.3.13 Como A', E', G' son los puntos medios de los arcos EG,AG, AE respectivamente, AA', EE', GG' se intersectan en l.LG'E'A' = lLA + lLG Y LGG'E' = lLE luego LG'E'A' + LGG'E' =222

~(LA+LE+LG) = 90°. Por tanto GG' es perpendicular a A' E', luego GG' esaltura del triángulo A' E' G'. Análogamente AA' y G'E' son perpendiculares,y EE' Y G'A' son perpendiculares. Luego, el orto centro de A'E'G' es l.

Solución 4.3.14 Consideremos los triángulos GDE y F EG. ClaramenteFE = GD y EG = DE. Además, LFEG = 600+LAEG = 600+LADG =LGDE. Por lo tanto, GDE y FEG son congruentes.

E

FD

Entonces, FG = EG Y LFGE = LEGD - (LFGE + LDGE) = LEGD-(LFGE+LGFE) = LEGD-(1800 -LFEG) = LEGD+LFEG-180° -60°. Por lo tanto, FG E es equilátero.

Solución 4.3.15 Sea AEG el triángulo rectángulo con ángulo recto en A.Por la proposición 5.1.15, AH2 = EH . HG = 9 . 16, luego AH = 12. Eltriángulo EDH es rectángulo, entonces por el teorema de Pitágoras ED2 =2

(A2H) + EH2, luego ED = 303.

A

E 9 H 16 G

Dibujemos el segmento HM paralelo a EK, entonces DK es recta media deltriángulo AH M, luego

HM=2.DK. (4.1)


Ahora bien, los triángulos BKC y H MC son semejantes, por lo tanto,

HM CHBK = BC =* HM = CH. BK

(4.2)

Sustituyendo (4.1) en la ecuación (4.2), tenemos

16 162. DK = -BK = -(BD + DK)25 25

y sustituyendo BD obtenemos que DK = ~~3vTI = i~vTI. Por lo tanto,BK = BD + DK = (3 + 24) 113 = 75 11317 \/ lO 17\/ lO.

Solución 4.3.16 Llamamos K, L, M y N a los puntos medios de loslados AB, BC, CD y DA del cuadrilátero, respectivamente. Por el teoremade Varignon 5.1.54 K LM N es un paralelogramo. Como las diagonales deun paralelogramo se dividen en partes iguales, tenemos que OK = OM yOL = ON, donde O es el punto de intersección de las diagonales. Porhipótesis, sabemos que N DM O y OM C L tienen el mismo perímetro y comoDM = MC entonces DN = LC. Análogamente tendremos que AN = BL,luego, AD = BC. Análogamente se muestra que DC = AB. Por lo tanto,ABC D es un paralelogramo.

D

B L

Solución 4.3.17 Sean m = AM, P el pie de la perpendicular de 1 sobreAM y p = PI.


A

BM

C

Las áreas de los triángulos ABM y ABC satisfacen (ABC) = 2(ABM).Estas áreas se pueden calcular de la siguiente manera:

(ABC) = (a+b+c)r = (a+2c+rn)r2 2

(ABM) = (ABl) + (BMl) + (MAl) = cr + ar + rnp.2 4 2

Al igualar y reducir obtenemos que r = 2p, lo que implica que LLI P = 600.por lo que LLI N = 1200.

Solución 4.3.18 Sean H y K los pies de las alturas respectivas de losÜiángulos f3CP y ABC. Corno los triángulos AK X YP H X son semejantestenemos que

PX PH

AX - AK' (4.3)

Como los triángulos P BC y ABC tienen la misma base, la razón de sus áreases igual a la razón de sus alturas

(PBC) - PH(ABC) - AK'

(4.4)

Igualando las ecuaciones (4.3) Y (4.4)

PX - (PEC)AX - (AEC)"

(4.5)


A

B K HX o

De manera análoga, podemos demostrar

PY- -BYPZ

OZ

(P AO)(ABO)(P AB)(ABO)

(4.6)

Sustituyendo las ecuaciones (4.5) y (4.6) en la ecuación original tenemos que

PX PY PZ (PBO) + (PAO) + (PAB)AX + BY + OZ = (ABO) = 1,

que es lo que se queria demostrar.

Solución 4.3.19 Como en el problema anterior, podemos mostrar que

AP PX AX (ABO)PX + PX = PX = (PBO)"

A

oB

C (PBO) (CBO)AX - (ABC) (ABC) - 1

' l.

omo ::; tenemos que PX - (PBC) ~ (GBC) - 3, a u tnnaigualdad se debe al teorema 5.1.38.


Solución 4.3.20 Como CA es tangente al incírculo, LCYL = LYZL ycomo YZ y BC son paralelas, LYZC = LLCM. Luego los triángulosy MC y CM L son semejantes (tienen en común el ángulo en M y LCY M =LLCM.) Por tanto, ~~ = ~Z' luego MC2 = ML. MY, pero esto es iguala la potencia de M con respecto al incírculo de ABC, pero esta potenciatambién es MX2, luego MX = MC.

Solución 4.3.21 En la siguiente figura tenemos que

a + j3 = 1800j3+ p = 1800P + I = 1800I + 6 = 1800

(4.7)

(4.8)

(4.9)

(4.10)

De las ecuaciones (4.7) y (4.8) tenemos que a = p y de las ecuaciones (4.9)y (4.10) P = 6. Por lo tanto, a = 6 Y AB es paralela a CD.

Solución 4.3.22 Consideremos dos casos: 1) cuando C y D quedan endiferentes lados respecto a A y 2) cuando C y D quedan de un mismo lado.

Caso 1) Tenemos que LM DA = LABD, por ser seminscrito e inscritorespectivamente al arco AD. Entonces, LM DB = LM DA + LADB =LABD + LADB = LCAB.


M

C

Análogamente, LMCB = LDAB. Por lo tanto, en el cuadrilátero BDMCse tiene que LMDB + LMCB = LCAB + LDAB = 180°,de modo que B,

. D, M Y C están sobre una circunferencia.

Caso 2) Como CM es tangente al círculo que pasa por ABC, LMCB =LCAB y como DM es tangente al círculo que pasa por ABD, LMDB =LDAB. Pero LCAB = LDAB, por lo tanto LMCB = LMDB, lo quegarantiza que B, C, D y M están sobre una circunferencia.

Solución 4.3.23 Como O es el circuncentro, tenemos que LAOC = 2LABC.Por otro lado, como el triángulo AOC es isósceles

LOC A = 180°- 2LABC = 90° - LABC.2

Como el cuadrilátero AQP B es cíclico tenemos que LABC+LAQP = 180°Ycomo los ángulos AQP y PQC son suplementarios, LAQP+LPQC = 180°,luego

LABC = LPQC.


A

C

Ahora bien, LQCO = LQC N = LOCA = 90° - LABC y LPQC -LNQC = LABC, por lo tanto,

LQNC = 180° - (LNQC + LQCN)

= 180° - (LABC + 90° - LABC)- 90°.

Luego, C N es perpendicular a PQ.

Solución 4.3.24 Sea ABC un triángulo con lados de longitudes a, b y c.Utilizando la fórmula de Herón para calcular el área de un triángulo (teorema5.1.43) tenemos que

a+b+c(ABC) = V8(8 - a)(8 - b)(8 - e) donde 8 = 2

Sustituyendo el valor del semiperímetro y elevando al cuadrado de amboslados obtenemos que

(4.11)

16(ABC)2 = [(a+ b)2 - C2)][(C2- (a - b)2)]. (4.12)

Si 8 Y e están fijos, entonces también está fijo a + b. Entonces el productode 16(ABC? es máximo cuando el segundo factor es máximo. Esto es, sia - b= O,es decir,cuandoa = b.

Solución 4.3.25 Sea ABC un triángulo con lados a, by c. Como el períme-tro es fijo, utilizando las ecuaciones (4.11) y (4.12), tenemos que 16(ABC?es máxima cuando (p - 2 a) (p - 2 b)(p - 2 e) es máximo. El producto de estostres números es máximol cuando (p - 2 a) = (p - 2 b) = (p - 2 e), es decir,cuando a = b = c. Por lo tanto, el triángulo es equilátero.

1La desigualdad media aritmética-media geométrica, para tres números nos dice que:

abc :S (a+~+c)3 Y la igualdad se da, cuando a = b = c.


Solución 4.3.26 Sea C' la circunferencia de diámetro PQ. Si tal circun-ferencia corta a la circunferencia dada C, en R y R' (con la posibilidad deR = R'), cualquiera de estos dos puntos sirve de vértice del ángulo recto parael triángulo rectángulo que se pide.

E

Q

Por lo que si después trazamos RP y RQ, los puntos donde estos segmentoscorten a C, digamos A y E, son los vértices del triángulo rectángulo AE R quebuscamos. Desde luego habrá solución cuando estos trazos e interseccionessean factibles.

Solución 4.3.27 Sean a = AP, b = EP, e = CP y d = EC = CA = AE.Primera Solución. Aplicando la ley de los cosenos (teorema 5.1.40) altriángulo AE P, tenemos

d2 = a2 + b2 - 2abcos LAP E = a2+ b2 - 2abcos 60° = a2 + b2- ab.

y aplicando la ley de los cosenos al triángulo E PC, tenemos

d2 = b2 + e2 - 2becos LCP E = b2 + e2 - 2becos L120° = b2+ e2 + be.

Al tornar la diferencia de las dos identidades obtenemos:

0= (a2 + b2 - ab) - (b2 + e2 + be) = a2 - ab - C2 - be = (a + e)(a - b - e),

por lo tanto, a = b + c.

Segunda Solución. Sean a = LCAP = LCEP y R el radio del cir-cuncírculo. Aplicando la ley de los senos (teorema 5.1.41):


a = 2Rsen LABP = 2Rsen (600 + a)b = 2Rsen LBAP = 2Rsen (600 - a)e = 2RsenLPAC = 2Rsena

Luego de desarrollar y reducir se obtiene que a = b + c.

Tercera Solución. Sea cpel ángulo entre la diagonal BC y AP Calculemos

el área del cuadrilátero de dos maneras. Por un lado es 2(ABPC) = ad sen cp.

Por otro lado, la diagonal AP lo divide en dos triángulos y tenemos la relaciónde áreas: 2(ABPC) = 2(ABP) + 2(APC). Como LPBA = cp y por sercíclico ABPC se tiene que LACP = 1800- cp, por lo que las áreas son:2(ABP) = bd sen cpy 2(APC) = cd sen (1800 - cp) = cd sen cp.Al igualar lasdos expresiones del área del cuadrilátero, ad sen cp= bd sen cp+ cd sen cp, porlo que, a = b + c.

Cuarta Solución. Aplicando el teorema de Ptolomeo 5.1.55 al cuadriláterocíclico ABPC, tenemos: Ap. d = Bp. d + CP. d. Por lo tanto, a = b+ c.

Solución 4.3.28 Las diagonales AC y BD dividen al cuadrilátero convexoen cuatro t:r;iángulos, al aplicar la desigualdad del triángulo en cada uno deellos y sumando las desigualdades se obtiene: AB + BC + CD + DA <2(AC + BD).La diagonal AC divide al cuadrilátero convexo en dos triángulos ABC yAC D, al aplicar la desigualdad del triángulo en cada uno de ellos tenemos:AC < AB + BC y AC < CD + DA, al sumar estas desigualdades tenemos:2AC < AB + BC + CD + DA. De manera similar, trabajando con la otradiagonal BD, obtenemos: 2BD < AB + BC + CD + DA. De estas dos

últimas desigualdades concluimos que: AC+BD < (AB+BC+CD+DA).

Solución 4.3.29 Sea ABCDE el pentágono. La desigualdad del triánguloaplicada al triángulo ABC nos da que AC < AB + BC. Análogamentetenemos que: BD < BC + CD, CE < CD + DE, DA < DE + EA yEB < AE + AB. Al sumar estas desigualdades tenemos que: AC + BD +CE+DA+EB < 2p.


A

B

E

Llamemos P, Q, R, S y T a las intersecciones de AC y BE, BD YAC, CEy BD, CE y AD y BE Y AD, respectivamente.Aplicando la desigualdad del triángulo a los triángulos RCD, SDE, TEA,P AB Y QBC tenemos que:

p < CR+ RD + DS + SE + ET +TA + AP + PB + BQ + QC << AC+BD+CE+DA+EB.

Solución 4.3.30 Sea e la circunferencia circunscrita al triángulo ABC ysea E el punto donde la bisectriz AD intersecta a c.

A

B

E

Los triángulos ABD y AEC son semejantes, ya que el ángulo en A es elmismo por ser AD bisectriz y LABD = LABC = 'LAEC, por abrir elmismo arco de circunferencia. De la semejanza de ABD y AEC, tenemos:

~~ = ~~, por tanto AB. AC = AD. AE > AD2.

Solución 4.3.31 Por el teorema de la bisectriz (teorema 5.1.32):

MN BN PC BC

AM = AB Y QP = QB'


Los triángulos ABN y QBC son semejantes, ya que LBAN = LBQC y

LABN = LQBC = 2e, por lo tanto, ~~ = ~~. Luego, ~:: = ~~.Al sumar 1 de ambos lados en esta última igualdad obtenemos:

AN QC

AM - QP.

Por tanto,AM CP QP CP QC

AN + CQ = QC + CQ = QC = 1.

Solución 4.3.32 Los triángulos ALN y AC L son semejantes, por lo que:AL2 =AN.AC.

A

BL

C

También ALM y ABL son semejantes por lo que: AL2 = AM . AB. LuegoI

AL4 = AB. AC. AN. AM. (4.13)

Por otro lado el cuadrilátero AM LN es cíclico ya que LM AN + LM LN =1800, luego los ángulos LAM N y LALN son iguales y entonces son seme-jantes los triángulos ADM y ANL, por lo que:

AD. AL = AN. AM. (4.14)

De las ecuaciones (4.13) y (4.14) tenemos que AL3 = AB. AC. AD.

Solución 4.3.33 Sea G el pie de la perpendicular de B a AC. Resulta que lostriángulos rectángulos AEC y AGB son semejantes ya que LBAG = LCAE,por razones similares los triángulos rectángulos CGB y AFC también sonsemejantes.


A B E

De las semejanzas anteriores tenemos que:

AC ABAE - AG

yAC CBAF - CG'

por lo tanto, AB . AE = AC. AG Y AF . CB = AC. CG. Sumando y

reduciendo obtenemos, AB. AE + AF. CB = AC. (AG + GC) = AC2.

Solución 4.3.34 Sea G el centroide, es decir, el punto de intersección delas medianas AL, BM Y CN. Como LN es paralela a CA, tenemos queLLAC = LALN.

A

CBL

Luego, LMBA = LLAC = LALN {:} BLGN es cíclico {:} LCNA -LALB.

Solución 4.3.35 Sea ABC el ángulo recto. Por construcción BR = BCy BP = AB, además como LABC = 1f/2 = LRBP, los triángulos ABC yP BR son congruentes y de lados paralelos, por lo que AC y P R son igualesy paralelos. Como BQ y AC son perpendiculares, resulta que BQ y RP sonperpendiculares.


R C

P

Sean D y E las intersecciones de BQ con AC y RP, respectivamente. QE esaltura del triángulo PQR. Por construcción 2 BE = BQ. Calculemos el área

del triángulo PQR: (PQR) = ~RP' QE = ~AC' BD = 3 (ABC). Entonces

(ABC) - 1(PQR) - 3'

Solución 4.3.36 Como los triángulos BM N Y BMC comparten la baseBM, basta ver que tienen alturas iguales sobre la base común, es decir, queNC es paralela a BM.

A

N

Como ABLM es cíclico, LAM B = LALB. Del triángulo ABL vemos queLALB = 1800- LBAL - LABL = 1800- L2A - LB = LC + L2A.

Por otra parte, LACN = LC + LBCN = LC + LBAN = LC + L2A,puesABNC es cíclico. Por lo tanto, LACN = LALB = LAMB, es decir queBM es paralela a NC, como se quería probar.


Solución 4.3.37 Sea E la intersección de Al con BC. Por el teorema de la

bisectriz (teorema 5.1.32), ~~ = ~g. Tenemos también la igualdad, BE +EC = BC. De estas dos ecuaciones podemos despejar BE = ::f}~~~,. Ahoranotemos que Bl es bisectriz del triángulo ABE. Entonces, nuevamente porel teorema de la bisectriz Al = AB = AB+AC, lE BE BC'

A

B EM C

Sea M el punto medio de BC. Sabemos que ¿~ = 2. Sólo resta observarque, por el teorema de Thales, lG es paralelo a BC si y sólo si :~ = ¿~, esdecir, si y sólo si AB!~AC= 2.

Solución 4.3.38 Los triángulos rectángulos ABC y AF B son semejan-tes, por lo que LBC A = LF B A. Como el cuadrilátero AF B E es cíclico,LAEF = LFBA. Luego, LAEF = LBCA = LDCA.

A

C B D

Por lo tanto, los triángulos AEF y ACD son semejantes por tener dos ángulosiguales. Entonces, ~~ = ~g, es decir, AC . AF = AD . AE.

Solución 4.3.39 Construimos los triángulos equiláteros ABD y BC E sobrelos lados AB y BC del triángulo ABC. Los circuncírculos Cl y C2 de estostriángulos se intersectan en B y en O. Demostraremos ahora que O es elpunto buscado. Como los puntos O y D están sobre Cl, tenemos que LAOB+


LADB = 180°. Como el triángulo ABD es equilátero, el ángulo AOB =1200. Análogamente se demuestra que el ángulo BOC = 120°. Por lo tanto,LCOA = 360°- LAOB - LBOC = 120°.

Solución 4.3.40 Por simetría el cuadrilátero ABCD es un trapecio isósceles.Tenemos que demostrar que AD + B C = AB + DC, o bien, como AB = DCtenemos que probar que AB = AD!BC.Llamemos M al punto de tangencia de las circunferencias y tracemos la rectaque pasa por M tangente a las circunferencias. Sean K y P las interseccionesde esta recta con AB y CD, tenemos que: AK = KM, BK = KM, DP =PM Y CP = PM, luego AK = BK Y DP = CP. Por lo tanto, KP es labase media del trapecio y K P = AB. Luego, AB = AD::BC.

Sea x = o'lE, y = 02F, donde 01 y O2 son los centros de los círculos deradio r y R, respectivamente. Como M F = M E entonces

R - y = r + x. (4.15)

Por otro lado, tenemos que los triángulos 01DE y 02CF son semejantes,de donde: ~ = i Sustituyendo el valor de y = ~ x en la ecuación (4.15)

tenemos que, R - ~x = r + x despejando x, x = r~~-;), de donde, el radio11 '

l.. 2rR

(e Clrcu o mscnto es x + r = -.r+R

Solución 4.3.41 Primera Solución. Sea x = b + e - a, y = a + e - b

y z = a + b - e entonces, por la desigualdad del triángulo tenemos quex, y, z > O.Utilizando la desigualdad entre la media geométrica y la media aritmética


e'tenemos qu .

x + y 2:: .¡x:y,2 Z+Y2::~ y2x + z 2::.¡x-:z.

2

Multiplicando las ecuaciones anteriores obtenemos:

x+y z+y x+z~'~'~2::xyz. (4.16)

Sustituyendo los valores de x, y y z en la ecuación (4.16) resulta que:

abc2:: (b+c-a)(c+a-b)(a+b-c). (4.17)

Reordenando la ecuación anterior, tenemos que:

a bc 2:: a2(b+ c - a) + b2(c + a - b) + c2(a + b - c) - 2 a bc,

lo cual garantiza el resultado.

Segunda Solución. Tenemos que

a2(b+c-a) + b2(a+c-b) + c2(a+b-c) == a(b2+ C2 - a2) + b(a2+ C2 - b2)+ c(a2 + b2 - C2)

- 2 abc(cosLA + cosLE + cosLe)

Luego, la desigualdad es equivalente a mostrar que (cos LA + cos LE +cosLe) ~ ~.

I

Solución 4.3.42 Sean S y T las intersecciones de DA con la circunferenciay con DP respectivamente. Como SA es diámetro el ángulo AES es igual a900.

e


Los triángulos rectángulos APT y ASE son semejantes ya que comparten elángulo EAS. Luego, LAPD = LAS E = LAOE. Por otro lado, tenemosque los triángulos AP D Y AOD son congruentes, ya que, LP AD = LDAOy LAPD = LAOD y comparten el lado AD. Por lo tanto, AP = AO.

Solución 4.3.43 Supongamos que A', E' y O' son los puntos medios de loslados EO, AO y AE, respectivamente. Entonces el triángulo AEO se divideen 4 triángulos iguales, cuyas áreas son exactamente HAEO).

A

E O

Sean K, L y M puntos arbitrarios en los lados AE, EO y OA, respectivamen-te. Llamamos a los lados del triángulo A'E' O', e', a' y b', respectivamente.Vamos a dividir la solución en dos casos:

(a) Supongamos primero que alguno de los segmentos K L, LM o M K nocruza alguno de los lados a', b' o e'. Sin pérdida de generalidad podemossuponer que K M no cruza el lado a' entonces tenemos dos opciones:

(i) El s~gmento K M no cruza el lado a' y no intersecta al triángulo A'E' O',entonces (AKM) < (AO'E') = ~ (AEO).

A

E OA' L

(ii) El segmento K M no cruza el lado a' e intersecta al triángulo A'E' O' ,es decir, intersecta los lados b' y e' del triángulo A' E'O'.


A

EL

En este caso, los lados LM o K L no intersectan al triángulo A'E' G',dependiendo si L está en E A' o L está en A'G, pero para cada unode los casos tenemos que: (LGM) < (A'GE') = ~(AEG) ó (ELK) <(EA'G') = ~(AEG).

(b) Cada uno de los segmentos LM, M K YK L cruzan dos lados del triánguloA'E'G'.

A

EL A'

. 1Es suficIente probar que (KML) > -(AEG).4

1Como - (AEG) = (A'E' G') = (A'E' K), ya que G'K es paralela a A'E'.4Como la altura desde E' a A' K es menor que la altura desde M a A' Kentonces (A'E'K) < (A'MK). Por último, tenemos que (A'MK) < (LMK)ya que la altura desde A' a K M es menor que la altura desde L a K M. Dedonde, por transitiv'idad, tenemos que:

1-(AEG) = (A'E'G') = (A'E'K) < (A'MK) < (LMK)4

como se quería probar.


Solución 4.3.44 Sea H el punto de intersección de las alturas BE y CF.El triángulo E F H es parte común de los triángulos E F B YC E F, por lo que

(CEF) :::; (EF B) {::;> (CEH) :::; (FBH) (4.18)

Como BC H es parte común de F BC y BC E se tiene que

(FBC) :::;(BCE) {::;> (FBH) :::; (CEH) (4.19)

Luego las ecuaciones (4.18) y (4.19) nos garantizan que (FBH) = (CEH),luego (CEF) = (EFB). Pero estos dos triángulos tienen a EF como basecomún, luego deben tener la misma altura, y entonces BC es paralela aEF. Notemos además que el cuadrilátero BCEF es cíclico e inscrito en unacircunferencia de diámetro BC.

A

CB

De aquí podemos concluir de dos formas, veremos cada una de ellas.PT'imerafOT'made teT'minaT'.Como BC E F es cíclico y E F es paralela a BC,se tiene que LEBC = LFCB y como los ángulos EBF y ECF son igualespor abrir el mismo arco, tenemos que los ángulos en B y en C del triánguloABC son iguales. Por lo tanto, el triángulo ABC es isósceles.Segunda fOT'made teT'minaT'.Como BC E F es cíclico y E F es paralela a AB,se tiene que BE = C F. Ahora bien, un triángulo con dos alturas iguales

debe ser isósceles, ya que si hb = he, como ~ = e~cse tiene que b = c.

Solución 4.3.45 Llamamos P y P' los centros de las circunferencias cir-cunscritas a AOB y M NC, respectivamente. Probaremos que los triángulosp' j14N y P M N son congruentes.Como el triángulo P' M N es isósceles tenemos que M P' = N P'. Además,

LMP'N = 2LMCN = 2LBCA.


A

C

Calculamos ahora el LM P N en términos del LBC A.

y

LMPN = 2LMBN

LMBN = 1800- LBMN - LBNM.(4.20)

(4.21)

Como LNMC = 1800- LBMN, sustituyendo en la ecuación (4.21)

LMBN = LNMC - LBNM. (4.22)

Además tenemos que LNMC = 1800- LMCN - LMNC y sustituyendoen la ecuación (4.22),

LMBN = 1800- LMCN - (LMNC + LBNM)= 1800- LMCN - LBNC

- LBNA-LMCN, (4.23)

pero LBNA = LBOA y LBOA = 2LBCA, ya que O es el circuncentro deltriángulo ABC. Por lo tanto, sustituyendo en la ecuación (4.23) tenemosque

LMBN = 2LBCA - LMCN = LBCA.

Sustituyendo en (4.20), LMPN = 2LMBN = 2LBCA. Además el triángu-lo M N P es isósceles, M P = N P. Por lo tanto, los triángulos M N P YM N P' son congruentes como queríamos probar.

Solución 4.3.46 Calculemos primero el valor del ángulo LBNC.LBNC = 1800- (LNBC + LBCN) = 1800- (LNCA + LBCN) = 1800-900 = 900. De aquí tenemos que el punto N se encuentra sobre la circunfe-rencia de diámetro BC.


A

B

MHay dos maneras de continuar: la primera, es observar que N también cumplela condición, LANC = 1800- LBAC; la solución del problema es entoncesencontrar el lugar geométrico de los puntos que cumplen ambas condiciones.La segunda, es ver como deberá estar colocada la recta AN, considerandoel hecho de que LN BC = LN AB. La prolongación ,de la recta AN cortaa la circunferencia de diámetro BC en otro punto, digamos M. Tenemosque LN MC = LN BC, ya que abren el mismo arco, luego como LBAM =LAM C, se tiene que AB y M C son paralelas. Podemos ahora terminar así:trazar MC paralela a AB y luego trazar M A, el punto buscado N, es dondela recta M A corta a la circunferencia de diámetro BC.

Solución 4.3.47 Las tres rectas que contienen a los lados AB, CD y EFforman un triángulo XYZ, con AB en XY, CD en YZ y EF en ZX. Cadaángulo interno del hexágono es igual 4'l~OO= 1200,y cada ángulo externo esigual a 600, luego los triángulos XAF, YCB, ZED resultan ser equiláteros,lo mismo que XY Z. De aquí se ve que XY corta transversalmente a lasrectas AF y C D en ángulos que cumplen: LBYC = LX AF = 600, luegoAF y C D son lados paralelos. De manera análoga se puede ver que los otrosdos pares de lados son paralelos.

Solución 4.3.48 Tracemos por A una paralela a BC, por C una paralela aDE y por E una paralela a FA, estas paralelas dividen al hexágono en tresparalelogramos y un triángulo Llv! N.


A

B

C

F

E

D

Es claro que: 2(ACE) = (ABCDEF) + (LM N) 2 (ABCDEF).

Solución 4.3.49 Si los ángulos internos del hexágono son iguales, sabemospor el problema 47, que el hexágono es de lados paralelos. Dividamos alhexágono en tres paralelogramos y un triángulo como en el problema 48.El triángulo tiene lados iguales a las diferencias de los lados paralelos delhexágono. Pero el triángulo es equilátero, ya que sus ángulos son iguales alos ángulos externos del hexágono que son de 60°. Luego las diferencias delados opuestos son iguales.

Solución 4.3.50 Por el problema 48, sabemos que 2(AC E) = (ABC DEF)+(LM N). Tracemos ahora por B una paralela a C D, por D una paralela aEF y por F una paralela a AB. Estas paralelas dividen al hexágono enotros tres paralelogramos y otro triángulo PQR. Como en el problema 47,2(BDF) = (ABCDEF) + (PQR). Pero PQR y LM N son congruentes, yaque son semejantes y de lados iguales a la diferencia de lados opuestos. Esclaro como concluir.

Solución 4.3.51 Primero observemos que el hexágono tiene lados opuestosparalelos. Si ABC y F AB son congruentes entonces sus áreas son iguales,como tiene la misma base sus alturas son iguales y entonces AB es paralelaa C F. De igual manera al considerar los triángulos CD E y DE F se con-cluye que DE es paralela a CF, por tanto AB y DE son lados opuestosparalelos. Análogamente se demuestra que BC y EF son paralelos, al igualque CD y FA. Las diagonales AD, BE y CF dividen el hexágono en tresparalelogramos y un triángulo de lados iguales a las diferencias entre ladosopuestos; como estas diferencias son cero, en este caso no hay tal triángulo,


las diagonales son concurrentes. Luego las diagonales dividen al hexágonoen seis triángulos congruentes (ya que los triángulos son de lados paralelosa las tres diagonales), por lo que el punto de concurrencia de las diagonaleses punto medio de cada diagonal y resultan ser iguales por la congruencia delos seis triángulos.

Solución 4.3.52 Sea AC el diámetro por A, el arco C' no puede quedardentro de uno de los dos medios círculos que determina AC, luego, C' de-berá cortar a AC, digamos en un punto D (desde luego diferente de A).

C

B

La trayectoria más corta de A a D es el segmento AD, por lo que el arco ADtiene longitud mayor a AD. Ahora como el círculo de centro D y radio DCdeja fuera a B, tenemos que: DE ~ DB > DC, por tanto AB = m+DE ~AD + DB > AD + DC = AC.

Solución 4.3.53 Consideremos el hexágono ABCDEF coloreado comoindica el problema.

H

B E

I

Sobre los lados AF y CD construimos triángulos equiláteros AFH y CIDrespectivamente, como se ve en la figura. En el triángulo BG H tenemos que


(AHG) = (BAG) por tener la misma base y la misma altura. Análogamente,(CBG) = (CIG), (DIG) = (EDG) Y (FEG) = (HFG). Luego, (AHFG) +(EDG) + (CBG) = (CGDI) + (BAG) + (F EG).Si restamos de esta ecuación las áreas que no interesan (los triángulos equiláte-ros que construimos al principio), tenemos que:

(AHFG)-(AFH)+(EDG)+(CBG) = (CGDI)-(CID)+(BAG)+(FEG),

De donde, (AFG) + (EDG) + (CBG) = (DCG) + (BAG) + (FEG).

Solución 4.3.54 P, Q y H son colineales si H tiene la misma potencia conrespecto a las dos circunferencias Cl y C2de diámetros BN y CM. Sean BE yC F las alturas. La potencia de H con respecto a Cl es H B .HE Yla potenciacon respecto a C2es HC. HF. Como el cuadrilátero BCEF está inscrito enla circunferencia de diámetro BC, se tiene que: H B . HE = HC. H F, comoqueríamos.

Solución 4.3.55 Reflejamos los vértices del triángulo ABC respecto alpunto P y construimos con los nuevos vértices el triángulo A' B' C'. Lospuntos sobre los lados que son comunes a los triángulos son los candidatosa ser los extremos del segmento que buscamos. Por ejemplo, en la figurasiguiente AB y A'C' se intersectan en L, CA y A' B' en M.

A

C'

B C

A'

No es difícil ver que L es el reflejado de M por lo que L, M YP son colinealesyLP=PM.

Solución 4.3.56 Sea Q la intersección de OP con CD. Probar que O, PY H son colineales es equivalente a probar que PQ es perpendicular a CD.Sea ex= LBAC = LBDC.


A

Como O es el circuncentro de ABP, LBOP = 2a. Como el triángulo BOPes isósceles, LOPB = 900-~LBOP = 90°-a. Entonces LDPQ+LPDQ =LOP B + a = (90°- a) + a = 90°. Por lo tanto, LPQD = 90°, es decir, PQes perpendicular a GD.

Solución 4.3.57 Sean F' el punto sobre AB tal que BF = F F' = F'A, Nel punto de intersecciónde ED con FG, y Q la intersecciónde F'G con DE.

A

B D G

Entonces F' E D B es paralelogramo, así que los triángulos F 1B Y NI E sonsemejantes. Como F y F' trisectan AB y ED es paralela a AB, entonces Ny Q trisectan a DE. Calculemos la razón de semejanza entre los triángulosFIB y NIE. Sea FB = 3a; entonces 6a = F'B = ED, de donde ND = 2a

y N E = 4a; así la razón de semejanza es ~. Sea M' el punto de intersecciónde DI con AB. Probaremos que M' = M. Tenemos que el triángulo F 1M'es semejante a NI D Y la razón de semejanza es la misma que hay entre lostriángulos F 1B Y NI E, pues en aquellos dos lados correspondientes son F 1Y IN, que también son lados correspondientes en éstos. Entonces M' F =~ND = ~2a = ~a Por tanto M'B = M'F + FB = ~a + 3a = §J.a= !AB Y4 4 2. 2 2 2M'=M.


Solución 4.3.58 Sea L el punto sobre la recta BK tal que el triánguloK AL es isósceles con AK = AL Y sea M el punto medio de K L. Entonces,AB2_KA2 = AB2_AL2 = (BM2+MA2)_(LM2+MA2) = BM2_LM2 =(BM - LM)(BM + LM) = (BM - M K)BL = BK. BL. Así que basta verque BL = KC.

AL

Ahora notemos que LLKA = LBCA (= 1800-LAKB), por lo que los trián-gulos isósceles LAK y ABC son semejantes. Entonces LLAK = LBAC yLLAB = LKAC (sumando LKAB). Como además LA = KA YAB = AC,los triángulos LAB y KAC son congruentes. Por lo tanto, BL = KC, quees lo que nos faltaba probar.

Solución 4.3.59 Sea 1 la intersección de BM y CN. Como LICB =~(LB+LC) = ~(1200) = 60° que: LBIC = 1200, YLBIN = LCIM = 60°.

A

N'Sea N' un punto sobre BC que cumpla con BN' = BN, por el criterio decongruencia LAL, los triángulos BI N Y BI N' son corigruentes, por lo queLB 1N' = 60° Y entonces también LN' 1C = 60°. Ahora por el criterio ALAlos triángulos C 1N' Y C1M son congruentes por lo que C N' = CM.Es claro ahora que: BC = BN' + N'C = BN + CM.

CB

Solución 4.3.60 Dado un punto J en el interior de un triángulo, sean Al,B 1, C 1 las intersecciones de las rectas AJ con B C, B J con AC, y C J con


AE, respectivamente. Llamemos .Ji, J2 y J3 a los cuadriláteros ACIJEI,EAIJCI y CEIJAI, respectivamente.

A

CE

Aseguramos que la única forma en que JI, J2 y J3 pueden tener igual áreaes cuando J es el centroide del triángulo. Para probar esto, supongamosprimero que J es el centroide, por el teorema 5.1.37 las medianas dividen altriángulo AEC en 6 triángulos con la misma área. De aquí que JI, J2 y J3tienen la misma área.

Para ver que el centroide es el único punto con esta propiedad, tomemos otropunto J*. Si por ejemplo J* está en el triángulo El C J y J* =JJ, entoncesel cuadrilátero J; está contenido propiamente en J3' De manera que, larelación de las áreas es: (Jn < !(AEC), por lo que no es posible que Jt,J2* y J3* tengan la misma área. Por lo tanto, el centroide es el único con lapropiedad. La hipótesis del problema implica entonces que 1 es el centroide.De aquí se sigue fácilmente que el triángulo AEC es equilátero.

Solución' 4.3.61 Sea O el circuncento del triángulo AEC. Veremos queAP, EQ Y CR son las alturas de PQR y concurren en O.

A

CED


Para demostrar que AP es perpendicular a QR basta ver que QR es paralelaa EF. Tanto ER como FQ son perpendiculares a BC, por lo que ER yFQ son paralelas. Si probamos que ER = FQ, tendremos que EFQR es unparalelogramo y por lo tanto E F es paralela a QR.Como AF DC es cíclico, LBDF = LBAC. Por lo tanto, los triángulos BDFy BAC son semejantes. Si denotamos con H al ortocentro del triángulo ABC,los segmentos FQ y C H son correspondientes en esos triángulos semejantes,de modo que ~~ = ~~, es decir, FQ = B1;¡gH.Análogamente son semejanteslos triángulos CDE y CAB, de su semejanza obtenemos que ER = EC;;gH.Para demostrar que ER = FQ, sólo falta ver que BF. CH = EC. BH, peroesto equivale a ~~ = ~~ y esto se obtiene de la semejanza de los triángulosBHF y CHE.Ahora nos falta ver que AP (y análogamente BQ y C R) pasa por O. ComoAP es altura de AF E, LP AC = 90° - LAEF = 90° - LABC (la últimaigualdad se debe a que BF EC es cíclico). Por otra parte, AOC es un triángu-lo isósceles y LAOC = 2LABC, entonces LOAC = 90° - LABC = LP AC,por lo que AP y AO son la misma recta.

Solución 4.3.62 Sean lla recta que pasa por el centroide G y M el puntode intersección de esta recta con la base. Supongamos que l forma un ánguloa con la base BC del triángulo. Llamamos z = GB y observemos queGA = GC = GB. Sean AD, BE y CF las perpendiculares a dicha recta,es decir, las distancias de los vértices a la recta. Tenemos que probar queAD2 + B,E2 + CF2 = k y k no depende de la elección de la recta.El LG BC = 30° entonces LM BG = 150°, luego

LBGE = 180°- (a + 150°)= 30° - a.

A

M B P C


En el triángulo EBG tenemos que:

BE = GB sen (LBGE) = GBsen (30° - a) = z. sen (30° - a). (4.24)

Ahora encontraremos AD. Observemos que el LAGD = LPGM = 90°- a,luego

AD = GAsen(90° - a) = z. sen(90°- a). (4.25)

Solo resta encontrar CF. El ángulo PGF = 900+a, por ser el ángulo externodel triángulo MPG y LPGC = 60°. Luego,LCGF = LPGF - LPGC =90° + a-60° = 30° + a. Por lo tanto,

CF = GCsen(30° + a) = z. sen(30°+ a). (4.26)

Sumando los cuadrados de las ecuaciones (4.24), (4.25) Y (4.26) tenemos que

AD2 + CF2 + BE2 = Z2 [sen2(90° - a) + sen2(30°+ a) + sen2(30°- a)]= Z2 [(sen 90° cos( -a) + cos 900sen (-:-a))2+

+(sen30°cos a+senacos 30°)2 +

+(sen 30° cos (-a) + sen (-a) cos 30°)2]

[ (1 V3 )

2

= Z2 cos2a+ 2cOS a+ Tsena

(1 V3

)2

]+ 2cOS a - Tsena

[

1 3 1 3

]= Z2 ¡ COS2a + ¡sen2a + ¡ COS2a + ¡sen2a + COS2a

[

3 3

]

3- Z2 -cos2a+ -sen2a = _Z2 = k

2 2 2'

es decir, k no depende de la recta.

Solución 4.3.63 El lugar geométrico es la semicircunferencia S que tienecentro C, radio VRi y que está del lado opuesto a C' con respecto a .c (sinincluir los extremos).Consideramos la circunferencia circunscrita al triángulo ABC. Sea Q sucentro y s su radio. Afirmamos que s = ..¡:¡:R(y de aquí que todo puntosobre el lugar geométrico pertenece a S).


C'

C

En efecto, por el teorema 5.1.24 sabemos que el ángulo que forman una cuerday la tangente por un extremo de la cuerda es igual a la mitad del ángulocentral que abre la cuerda, por lo que si 13= LABC y , = LACB, entonces213= LAPB = LAQC y 2, = LAOC = LAQB. Luego los triángulosisósceles ABP y ACQ son semejantes. De igual forma, los triángulos isóscelesACO y ABQ son semejantes, por lo que 1~ = ; y 1~ = ~. Combinandoéstas igualdades obtenemos que s = .¡:¡:¡¿,como habíamos afirmado.Para probar que todo punto en S pertenece al lugar geométrico tomamosQ E S Y sea Q el círculo con centro en Q y radio'¡:¡:¡¿. Sean B y Alos respectivos puntos de intersección de Q con .c y Q con C, distintos deC. Consideramos la circunferencia que pasa por A y B que es tangentea .c y sea r' su radio. Entonces, por la situación recíproca que probamosarriba .¡:¡:¡¿= vr' R, por lo tanto r = r' y Q pertenece al lugar geométrico,quedando así completa la demostración.

Solución 4.3.64 Sean al, a2, oo.,a5 las áreas de los triángulos formados comoen la figura (G es la intersección de las medianas, M y N son los puntosmedios de AC y AB respectivamente).

A

B C


Sea x la longitud de BG y sea y la longitud de CG. Entonces GM = ~xyGN = ~y.A ' - xy - xy - xy - xy - 18 E t '

lt'

d bSI, al - 2' a2 - 4' a3 - 4' a4 - 8' as - 4' S o u lmo se e e a queel triángulo AN M es semejante al triángulo ABC, en razón 1 : 2.Pero al + a2+ a3+ a4 + as = 18, por tanto, ~xy + ~ = 18, es decir, xy = 12.Por otro lado, por el teorema de Pitágoras, tenemos que X2 + y2 = 25.Así x2y2 = 144 Y X2 = 25 - y2, de donde (25 - y2)y2 = 144,

y4 - 25y2 + 144 = O

y2 = 25::1:: y'625 - 576 = 25::1::7 ={

16

2 2 9.

Entonces y = 3 Y x = 4 (o al revés). Entonces, por el teorema de Pitágoras,

AB = 2VX2 + ~= V73 y CA = 2V~2 +y2 = 203.

Solución 4.3.65 Llamemos O, 01 Y 03 los centros de C, Cl y C3, respecti-vamente. Sea r el radio de C3,entonces la longitud de 030 es 2 - r, y lossegmentos 010 Y 003 son perpendiculares; en consecuencia, por el teoremade Pitágoras, r satisface (2-r)2+1 = (l+r)2, o sea 4-4r+r2+1 = 1+2r+r2,lo que implica que r = ~. Sea P el otro vértice del rectángulo determinadopor O, 01 Y 03. Probaremos que P es el centro de C4.

Para ello bastará que comprobemos que las distancias de P a cada uno de loscírculos C, Cl y C3son iguales. Llamemos a éstas d, di Yd3, respectivamente.Entonces d = 2 - ~ = ~ (pues el radio de C es 2, y la longitud de OP es lamisma que la de 0103, y ésta es 1 + r = i). También di = ~ - 1 = ~ y2 1d3 = 1 - 3 = 3'


Solución 4.3.66 La clave del problema la da el punto O que resulta dela intersección de dos semicírculos con centros F y G Y radios FC y GC,respectivamente.

A

E

F

B CG

Como los ángulos LCOB y LCOE son de 90° se tiene que B, O Y E soncolineales y CO es perpendicular a EB.Los ángulos LHOB y LHCB abren un mismo arco, luego son iguales al LAdel triángulo ABC, por lo que el cuadrilátero AEO H es cíclico.Ahora 1, el circuncentro del triángulo AE H, es también la intersección de lasmediatrices de EO y OH, pero éstas pasan respectivamente por F y G. Portanto tenemos que F 1 YG1 son perpendiculares a EO y OH respectivamente,luego el ángulo F IG es igual al ángulo agudo que forman las rectas EO yOH, que es el LA.Por otro lado GF es perpendicular a CO, éste a su vez es perpendiculara EO y EO lo es a F 1, luego F 1 Y GF son perpendiculares, por lo queLIFG = 90°.En resumen el triángulo 1GF es un triángulo rectángulo que tiene un ánguloigual al ángulo en A del triángulo ABC, luego IGF y ABC son semejantes.

Solución 4.3.67 Consideremos el tetraedro T de vértices los centros de las

cuatro canicas. Notemos que T es un tetraedro regular de arista 2 y queel radio de la esfera más pequeña que contiene a las canicas es igual a ladistancia d del centro C de T a uno de los vértices de T más el radio de lacanica correspondiente que es uno. Entonces, tenemos que calcular d.


La base del tetraedro es un triángulo equilátero de lado 2. Por el teoremade Pitágoras sus medianas miden v3 y la distancia de su centroide P a su

,. A 2/7) 3 2vertIce es 3v .) = v'3'

A

1 1

Con estos datos podemos calcular la altura h del tetraedro que resulta h =

V22 - 2; = If. Para calcular d consideremos el triángulo APC como en lafigura.

B

h

A

Entonces por el teorema de Pitágoras: (If - d)2 + (~)2 = d2. De aquí que

d = ~. Por lo tanto el radio buscado es: v'30vÍ2.


Solución 4.3.68 Como los arcos BC y CD son iguales, los ángulos DAC yBDC son iguales. Puesto que LACD = LNCD es común para los triángulosACD y DCN, tenemos que estos dos triángulos son semejantes. LuegoAC ~ CD CD - CL

' t AC - CLCD - NC' pero - , y aSl enemos que CL - NC'

Esto, junto con el hecho de que el ángulo LAC L es común para los triángulosACL y LCN, nos garantiza que estos triángulos son semejantes. Pero ACLes un triángulo rectángulo, luego el triángulo LC N también es rectángulocon ángulo recto en N, por lo que LN es perpendicular a AC. También,como C D = CM, tenemos que ~~ = ~1:, y de manera análoga se llega aque M N es perpendicular a AC. Luego L, M Y N son colineales.

Solución 4.3.69 (a) Supongamos primero que ABCD es paralelogramo ysea a la intersección de las diagonales; entonces a es punto medio de AC yde BD. Entonces Ba es mediana del triángulo ABC. Pero P divide a estamediana en proporción 2 : 1, así que P es centroide del triángulo, de dondeAP es mediana y E es punto medio de BC. Por la misma razón F es puntomedio de CD.

D

B


(b) Ahora supongamos que E y F son los puntos medios de BC y C D,respectivamente, pero que ABC D no es paralelogramo. Sea C' el puntotal que ABC' D es paralelogramo y sean E' y F' los respectivos puntos deintersección de AP con BC' y de AQ con DC', como se muestra en la figura.

B

D

Por el inciso anterior, E' es punto medio de BC', así que los triángulos BC'Cy BE' E son semejantes en proporción 2 : 1 (tienen dos lados en esta razón yel ángulo comprendido entre ellos es el mismo); entonces tenemos que E' E YC'C son paralelas. Combinando tenemos que E' E Y F' F son paralelas; peroestas dos rectas se intersectan en A así que no pueden ser paralelas, así lasuposición que hicimos de que ABC D no era paralelogramo, es falsa.

Solución 4.3.70 Observemos primero que LABB' = LC'CA puesto queambos son complementarios de LBAC (ya que CC' es perpendicular a ABy BB' es perpendicular a AC). Entonces los triángulos ABB' y C'CA soncongruentes (por tener iguales dos lados y el ángulo comprendido entre ellos).

B C

A'

Como dos lados correspondientes en estos triángulos son perpendiculares en-tre sí, entonces también lo es el tercero, es decir, LB' AC' = 90°. Por la mismarazón, los triángulos BCC' y A'AB son congruentes y LC'BA' = 90°. Pero


entonces A'Ee' y e' AE' son triángulos rectángulos isósceles (A'E = Ee' y

e'A = AE'), de donde sus ángulosno rectos son de 45°. Así LA'e' E' =LA'G'E + LEe'A + LAe'E' = 45°+ 90°+ 45° = 180°, de donde A', e' yE' están alineados.

Solución 4.3.71 Usando el teorema de Thales 5.1.8 tenemos que QP' y AEson paralelos, puesto que estos segmentos están cortados por las transversales

eA y eE, y se tiene que g~ = ~!;. Entonces los triángulos eQP' yeAE

son semejantes con razón de semejanza g~; de aquí que QP' = AR. Tenemosentonces que los triángulos AK R Y P' KQ son congruentes, de donde K esel punto medio de AP'. Sea M el punto medio de Ee.

A

eEPM P'

Notemos que M también es punto medio de P P' y como AG = 2GM, en-tonces G también es centroide del triángulo AP P', de donde la mediana P Kpasa por G, y así P, G y K están alineados.

Solución 4.3.72 Observemos primero que el triángulo AEe se parte ensiete triángulos de la misma área como se indica en la figura. (Por ejemplo,(AE'A') = (AA'e) pues E'A' = A'e y la altura en A es la misma).

A

eE


Construyamos un paralelogramo ALEG', como se indica en la siguiente fi-gura.

A

L

G

Entonces, como LA = EG' = G' A', también LG' A'A es paralelogramo,así que sus diagonales se intersectan en el punto medio que es E' (puesAE' = E' G'). También las diagonales de LAEG' se intersectan en su puntomedio, así que en el triángulo ALG', AR es mediana, pero como tambiénlo es LE', tenemos que R es centroide de este triángulo, de donde RE' =~LE' = ~E'A'. Análogamente, G'P = ~E'G' y A'Q = ~G'A'.Partamos el triángulo PQ R como se indica.

A

E Gp

Como antes, los triángulos RE' G', P A'G' y QA'E' tienen área ~ (A'E' G') ylos triángulos P RG', PQ A' y RQE' tienen área ~ (A'E' G'). Entonces

(PQR) = (A'E'G') + 3 (~ (A'E'G')) + 3 (~ (A'E'G'))

= ~(A' E'G') = ~. ~(AEG) = ~(AEG).3 3 7 3

Solución 4.3.73 Sea A el punto de donde parten los rayos, (3 el ánguloLQ PT que es igual al ángulo LT P R y , el ángulo LQ RP que es igual alángulo LQ P A. El ángulo LPQ R es un ángulo externo al triángulo APQ, yes igual a a + ,.


PConsiderando el triángulo PQR, a + 2(3+ 2, = 1f,de donde (3+, = 7r;a, yentonces la figura buscada consta de todos los puntos del rayo que parte deP y que forma con m un ángulo 7r;a, a partir de la intersección de este rayocon m.Veamos otra forma de calcular la medida del LAPT.

A

m

A Pa

Sea m' el rayo paralelo a m que pasa por P. Como l es tangente a lacircunferencia, LQ P A = LQ RP = al ángulo entre P R y m', porque m y m'son paralelas. Por lo tanto, la bisectriz del ángulo LQP R es la bisectriz delángulo e~tre P A y m'. Este último ángulo mide 1f- a y entonces el ángulobuscado es 7r;a.

Solución 4.3.74 Como JQ es paralela a AB, LJQP = LQBA y LQBA =LJCP porque abren el mismo arco en la circunferencia. Por lo tanto, JPQCes un cuadrilátero cíclico.Por otro lado, BC2 = AC . QC,

BC QC~ AC = BC~ BCA y QCB son semejantes (comparten el ángulo C)

~ LPQC = LJCQ (el triángulo BCA es isósceles)

~ J PQC es un trapecio isósceles (J PQC es cíclico)

~ J P es paralelo a QC (J PQC es cíclico).


AC

Donde usamos dos veces que los únicos trapecios cíclicos son los isósceles.

Solución 4.3.75 (a) Como en el triángulo ABP, BD YAE son medianas setiene que N es el centroide del triángulo ABP y como las medianas dividenal triángulo en seis triángulos de la misma área se tiene que:

(PDNE) = ~(ABP)3

A

C

B

Análogamente (PELF) = ~(BCP) y (PFMD) = HCAP) por lo que con-cluimos que:

(DNELFM) = ~(ABC).3

(b) Considere el triángulo CDE. Como f./''b= f~ se tiene que M L Y DEson paralelas, si Q es el punto de intersección de DL y EM se tiene que lostriángulos QDE y QLM son semejantes, por lo que: f!i = g~ = ~ esto esDL y EM se cortan en el punto Q que divide a los segmentos en razón 3 : 2.


Con el mismo argumento se muestra que F N Y D L, se corta en un puntoque los divide en razón 3 : 2, luego el resultado.

Solución 4.3.76 Sean C' y D' los puntos de intersección de C P con ABy de DQ con AB, respectivamente. Como AB es paralela a C D y porser CP bisectriz tenemos que LPCB = LBC'P, luego BCP y BC'P soncongruentes, por lo que son rectángulos y C P = PC'. Análogamente ADQy AD' Q son triángulos rectángulos congruentes por lo que DQ = QD' .

D C

P

D' A B C'

Entonces PQ es paralela a AB, además si M y N son los puntos de intersec-ción de PQ con AD y BC respectivamente, se tiene que M y N son puntosmedios y que MN = ~(AB + CD).Como M es punto medio de la hipotenusa del triángulo ADQ tenemos queQ1'v1= AM = ~AD, análogamente NP = BN = ~BC, por lo tanto PQ =~(AB + BC + CD + DA).

Solución 4.3.77

(a) Sean A, B, C y D los centros de A, B, e y V, respectivamente. Sabemosque los puntos de tangencia están alineados con los respectivos centros. Sabe-


mos también que el ángulo central en cualquier círculo es el doble del ánguloque forma la tangente con la cuerda, así que si LSAP = 2a, LP BQ = 2{3,

LQGR = 2, Y LRDS = 28, entonces LSPQ = a + 8 y LQRS = , + {3. Deesta manera, en el cuadrilátero PQ RS la suma de dos ángulos opuestos esa + {3+, + 8 = H2a + 2{3+ 2, + 28) = ~3600 = 1800 , lo cual es suficientepara que el cuadrilátero PQ RS sea cíclico.(b) Observemos que la distancia de A a B es 5 y que, por simetría, ABG D esrombo, así que sus diagonales se intersectan perpendicularmente, digamos enO, y PQRS es rectángulo. Como OA = 3 entonces, por Pitágoras, OB = 4.Por otro lado los triángulos APS y ABD son semejantes en razón 2 : 5,así que PS = ~ . 8 = 156.Análogamente, PQ = ~ . 6 = 158. El área es16.18 - 288

25 - 25'

Solución 4.3.78 Notemos que LBAH = LABH = LBHF = LFHG =LH F D = LF DB = a, pues ABH es isósceles, H F es paralela a AB y DE esparalela a AG. Entonces, el cuadrilátero H DBF es cíclico y como LH DBes recto (ABH es isósceles), tenemos que LH F B es recto. Por lo tanto,LDBF es recto (pues DB y H F son paralelas). Como LH BE también esrecto, LFBE = LDBH = a.Sea G la intersección de BF y AG. Los triángulos ABG y BGG son seme-jantes (tienen dos ángulos iguales). Notemos que como DE es la recta de lospuntos medios, F es el punto medio de BG, de modo que GF es medianade BGG. Los ángulos BGF y AGD son ángulos correspondientes (entre unlado y una mediana) en triángulos semejantes y por lo tanto son iguales.

I

Solución 4.3.79 Por la proposición 5.1.46, tenemos que Ap.PG = Bp.P DYque DQ . DP = DM2 = GM2 = GR. GP.


Ahora por el teorema de Thales 5.1.8 aplicado a las paralelas AB y ST,

AT - BS - DQ.DP - CR.CP - CRAP - BP - Bp. DP - Ap. PC - AP

que es lo que queríamos probar.

Solución 4.3.80 Notemos que LM AB = 900- LBAC y que LM BA =LBAC, por lo que LAM B = 1800- (LBAC + 900- L22AC)y así el triánguloAM B es isósceles. Entonces, M B = AB = CD, de modo que M B YDC soniguales y paralelos, por lo que M BCD es un paralelogramo. Por lo tanto,LDMB = LDCB.

M

C

N

Por otra parte, ABNC es un paralelogramo, de modo que LBNC = LBACy LDCB = 1800- LBAC. También, CD = AB = NC, por lo que DCNes isósceles. Entonces LN DC = LDNC = LB2AC.Por lo tanto, LBN D =LBAC

2 .Como LDCN = LB;C tenemos que LBND = LDMB, por lo que MDNes isóscelesy M D = N D

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