Solución al problema 130

Enunciado del problema 130

Calculemos las coordenadas de algunos puntos

Coordenadas de D: $\left(a,y_1\right)$

Como $$\frac{OQ}{OP}=\frac{MQ}{BP}\Rightarrow \frac{x_1}{a}=\frac{y_1}{BP}\Rightarrow BP=\frac{a{y}_1}{x_1}$$

Coordenadas de B:$\left(a,\frac{a{y}_1}{x_1}\right)$

Como

$$\frac{OP}{OP\text{'}}=\frac{DP}{NP\text{'}}\Rightarrow \frac{a}{OP\text{'}}=\frac{y_1}{\frac{a{y}_1}{x_1}}\Rightarrow OP\text{'}=\frac{a^2}{x_1}$$

Coordenadas de N:$\left(\frac{a^2}{x_1},\frac{a{y}_1}{x_1}\right)$

Tomamos

$\{\begin{array}{c}x=\frac{a^2}{x_1}\Rightarrow x^2=\frac{a^4}{x_1^2}\Rightarrow x_1^2=\frac{a^4}{x^2}\\ y=\frac{a{y}_1}{x_1}\Rightarrow y^2=\frac{a^2{y}_1^2}{x_1^2}\Rightarrow y_1^2=\frac{a^2{y}^2}{x^2}\end{array}.$

Como $(x_1-b{)}^2+y_1^2=b^2\Rightarrow x_1^2-2b{x}_1+y_1^2=0$

Y sustituyendo las coordenadas $x_1,y_1$

$$\frac{a^4}{x^2}-\frac{2b{a}^2}{x}+\frac{a^2{y}^2}{x^2}=0\Rightarrow a^4-2b{a}^{2}x+a^2{y}^2=0$$

$$a^2-2bx+y^2=0\Rightarrow y^2=2bx-a^2$$

que es una parábola

Solución al problema 92

Enunciado del problema 92

Como $6^2+8^2=10^2$, el triángulo ABC es rectángulo. Sea h la altura del lado BC, H el pie de la altura, y $m$ la longitud de la mediana, siendo $a$ la distancia entre H y M.

Como ABC es rectángulo, su área es $\frac{6\cdot 8}{2}=24$

Además

$$área\left[ABC\right]=\frac{BC\cdot h}{2}=\frac{10\cdot h}{2}=24\Rightarrow h=\frac{48}{10}=4.8$$

Como ABC es rectángulo, por el teorema de la altura

$$\begin{array}{ccc}{h}^2& =& BH\cdot HC\\ 4.8^2& =& \left(5-a\right)\left(5+a\right)\\ 4.8^2& =& 24-a^2\\ a^2& =& 25-4.8^2\end{array}$$

Además

$$\begin{array}{ccc}{m}^2& =& h^2+a^2\\ m^2& =& 4.8^2+\left(25-4.8^2\right)\\ m^2& =& 25\\ m& =& 5\end{array}$$

Por otra parte como el triángulo ABC es rectángulo, y AMF también. Como m=MC=5, el triángulo AMC es isósceles, y por tanto los ángulos FAM y MCA son iguales. Al tener dos ángulos iguales, los triángulos ABC y AMF son semejantes. En consecuencia

$$\begin{array}{ccc}MF& =& \frac{30}{8}=\frac{15}{4}\\ MD-MF& =& 5-\frac{15}{4}=\frac{5}{4}\\ Area\left[AFDE\right]& =& \frac{5+\frac{5}{4}}{2}\cdot 5=\frac{125}{8}\end{array}$$

Solución 1 al problema 73

Enunciado del problema 73

Como $r=OC=OE$ y OA es común, por el teorema de pitágoras $CA=\sqrt{O{A}^2-O{C}^2}=\sqrt{O{A}^2-O{E}^2}=AE$

Igualmente $EB=DB$. Si $\alpha =AOE=AOC$, y $\beta =EOB=BOD$ , como la suma de los cuatro ángulos es 180º

$180º=AOE+AOC+EOB+BOD=\alpha +\alpha +\beta +\beta$, y por tanto $90º=\alpha +\beta$, que es precisamente el ángulo AOB.

Solución del problema 67

Enunciado del problema 67

En el triángulo tenemos cuadrados y triángulos dispuestos como se indica.

Obviamente son semejantes los triángulos ABC, CDE, EFK, FGH, HON y NLM

Por semejanza de CDE con ABC

$$\frac{b}{c}=\frac{c}{DE}=\frac{a}{CD}\Rightarrow \{\begin{array}{c}DE=\frac{c^2}{b}\\ CD=\frac{ac}{b}\end{array}.$$

Entre EFK y ABC habrá una razón de semejanza sea k

$$\begin{array}{ccc}FE& =& kb\\ FK& =& kc\\ EK& =& ka\end{array}$$

y entre FGH y ABC otra. Sea s

$$\begin{array}{ccc}FH& =& sb\\ FG& =& sa\\ GH& =& sc\end{array}$$

Como $FK=FH$

$$kc=sb\Rightarrow s=\frac{kc}{b}$$

Además

$$FE+FG=c\Rightarrow kb+sa\Rightarrow kb+\frac{kc}{b}a=c\Rightarrow k\left(\frac{b^2+ac}{b}\right)=c\Rightarrow k=\frac{bc}{b^2+ac}$$

$$s=\frac{bc}{b^2+ac}\cdot \frac{c}{b}=\frac{c^2}{b^2+ac}\Rightarrow FK=FH=\frac{b{c}^2}{b^2+ac}(*)$$

Entre HON y ABC habrá una razón de semejanza, sea n

$$\begin{array}{ccc}HN& =& nb\\ HO& =& na\\ ON& =& nc\end{array}$$

y entre NLM y ABC otra. Sea p

$$\begin{array}{ccc}NL& =& pa\\ LM& =& pc\\ NM& =& pb\end{array}$$

Como $ON=NM$

$$nc=pb\Rightarrow n=\frac{pb}{c}$$

Además, utilizando (*)

$$FH=HN+NL0nb+pa=\frac{b{c}^2}{b^2+ac}$$

$$\frac{p{b}^2}{c}+pa=\frac{b{c}^2}{b^2+ac}\Rightarrow p\left(\frac{b^2+ac}{c}\right)=\frac{b{c}^2}{b^2+ac}\Rightarrow p=\frac{b{c}^3}{(b^2+ac{)}^2}$$

y en consecuencia

$$n=\frac{b{c}^{3}b}{(b^2+ac{)}^{2}c}=\frac{b^2{c}^2}{(b^2+ac{)}^2}=k^2$$

Por tanto si t es el radio de la circunferencia inscrita en ABC, el radio de la circunferencia en EFK será

$$kt=\frac{bct}{(b^2+ac{)}^2}$$

y el radio de la circunferencia inscrita en HON será $k^{2}t$

La relación entre los radios de las circunferencias será $1:k:k^2$, donde $k=\frac{bc}{b^2+ac}$

De esta relación se deduce inmediatamente que si $r_1,r_2,r_3$son los radios de las circunferencias de los triángulos ABC, EFK y HON, entonces

$$r_2^2=r_1{r}_3$$

Solución problema 10

Enunciado problema 10

Formando R y S, puntos resultantes de prolongar las rectas punteada
y cortar con los lados, como $$\hat{KNS}=\hat{RMN}$$
resulta que esos triángulos son semejantes, y siendo la distancia de N al lado JK la misma que al lado JM por estar en la bisectriz, resulta

\[
\frac{a}{8}=\frac{1}{a}\Rightarrow a^{2}=8\Rightarrow a=2\sqrt{2}
\]
y por tanto $$LM=8+2\sqrt{2}$$

Solución al problema 7

Enunciado del  problema 7

Relación de radios

$$\frac{\frac{a}{2}}{r}=\frac{a}{2r}=\frac{\frac{2r}{\sqrt{3}}}{2r}=\frac{2r}{2r\sqrt{3}}=\frac{1}{\sqrt{3}}$$

Relación de áreas

$${\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right)}^2=\frac{1}{3}$$

Relación de volúmenes

$${\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right)}^3=\frac{1}{3\sqrt{3}}$$