Dibuja una semicircunferencia con centro en $O$ y diámetro $AB$ y, en su interior, otra, con diámetro $OA$. Traza por un punto $C$ de $OA$ una recta perpendicular a dicho segmento $OA$, que cortará a la semicircunferencia pequeña en $D$ y a la grande en $E$ y, finalmente, la recta $AD$ que cortará al semicírculo grande en $F$. Demuestra que la circunferencia circunscrita al triángulo $DEF$ es tangente a la cuerda $AE$ en $E$.
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Pista. Demuestra que $AD\cdot AF=AE^2$.
Solución. La circunferencia circunscrita al triángulo $DEF$ será tangente a la cuerda $AE$ cuando $AD\cdot AF=AE^2$ usando la potencia del punto $A$ respecto de dicha circunferencia. Ahora bien, una homotecia de centro $A$ y razón $2$ transforma la semicircunferencia pequeña en la grande y transforma $D$ en $F$, de donde se deduce que $AF=2AD$. Esto nos dice que el problema equivale a demostrar que $2AD^2=AE^2$.
Pongamos $x=AC$ y $r=AO$. Entonces, $CO=r-x$ y el teorema de la altura en el triángulo rectángulo $ADO$ nos dice que $CD^2=AC\cdot CO=x(r-x)$, de donde $AD^2=AC^2+CD^2=x^2+x(r-x)=rx$ por el teorema de Pitágoras. De forma similar, en el triángulo rectángulo $AEO$, el teorema de la altura nos dice que $CE^2=AC\cdot CB=x(2r-x)$, luego
\[AE^2=AC^2+CE^2=x^2+x(2r-x)=2xr=2AD^2,\]
como queríamos probar.
En un triángulo acutángulo $ABC$, $AH$, $AD$ y $AM$ denotan, respectivamente, la altura, la bisectriz y la mediana que parten desde $A$, estando $H$, $D$ y $M$ en el lado $BC$. Si las longitudes de $AB$, $AC$ y $MD$ son, respectivamente, $11$, $8$ y $1$, calcula la longitud del segmento $DH$.
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Pista. Utiliza el teorema de Pitágoras para relacionar $BH$ y $CH$ y el teorema de la bisectriz para relacionar $BD$ y $CD$.
Solución. El teorema de la bisectriz nos dice que $\frac{BD}{11}=\frac{DC}{8}$. Ahora podemos usar que $BD=BM+1$, $CD=CM-1$ y $BM=CM=\frac{a}{2}$ para obtener la siguiente ecuación de primer grado con incógnita el lado $a=BC$, que se resuelve fácilmente:
\[\frac{\frac{a}{2}+1}{11}=\frac{\frac{a}{2}-1}{8}\ \Longleftrightarrow\ a=\frac{38}{3}.\]
El teorema de Pitágoras en $ABH$ y $ACH$ nos da $8^2-CH^2=AH^2=11^2-BH^2$, luego
\[(BH+CH)(BH-CH)=BH^2-CH^2=11^2-8^2=57.\]
Como $BH+CH=a=\frac{38}{3}$, obtenemos que $BH-CH=57/\frac{38}{3}=\frac{9}{2}$. Esta ecuación junto con $BH+CH=\frac{38}{3}$ nos da un sistema lineal cuya solución es $BH=\frac{103}{12}$ y $CH=\frac{49}{12}$. Por otro lado, podemos calcular $CD=\frac{a}{2}-1=\frac{16}{3}$. Finalmente, todo esto nos dice que $DH=CD-CH=\frac{16}{3}-\frac{49}{12}=\frac{5}{4}$.
En el triángulo $ABC$, la bisectriz trazada desde $A$ divide al lado opuesto en dos segmentos, de los que conocemos uno: $BT = 572\mathrm{m}$. Si dicha bisectriz corta a la mediana $BM$ en los segmentos $BD = 200\mathrm{m}$ y $DM = 350\mathrm{m}$, calcula el lado $a$ de dicho triángulo y plantea una ecuación con incógnita $c$ para obtener el lado $c$ (no hace falta calcularlo explícitamente).
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Pista. Aplica el teorema de la bisectriz a dos triángulos. Aplica también la fórmula de la longitud de la mediana en términos de los lados.
Solución. Aplicando el teorema de la bisectriz a $ABC$, tenemos que
\[\frac{572}{c}=\frac{BT}{AB}=\frac{CT}{AC}=\frac{a-572}{b}.\]
Aplicando el mismo teorema a $ABM$, tenemos que
\[\frac{200}{c}=\frac{BD}{AB}=\frac{DM}{AM}=\frac{350}{b/2}=\frac{700}{b}.\]
Podemos entonces despejar $a$ como
\[a=572+\frac{572b}{c}=572+\frac{572\cdot 700}{200}=2002\quad\text{(¡el año!)}.\]
Para responder a la otra pregunta, utilizaremos que ya hemos calculado $b=\frac{7}{2}c$ y la fórmula para la longitud de la mediana $BM$. Concretamente,
\[550^2=BM^2=\frac{a^2+c^2}{2}-\frac{b^2}{4}=\frac{2002^2+c^2}{2}-\frac{49}{16}c.\]
Nota. Obviamente, la ecuación se puede resolver muy fácilmente aunque hay que hacer cálculos tediosos. El resultado es $c=\frac{44}{41}\sqrt{1019998}$.
Un cristalero dispone de una pieza de vidrio de forma triangular. Usando sus conocimientos de geometría, sabe que podría cortar de ella un círculo de radio $r$. Demuestra que, para cualquier número natural $n$, de la pieza triangular puede obtener $n^2$ círculos de radio $\frac{r}{n}$ (suponiendo que se puedan hacer siempre los cortes perfectos).
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Pista. Subdivide el triángulo en $n^2$ triángulos iguales entre sí y semejantes al primero. Ahora repite la operación del cristalero en cada uno de los $n^2$ triángulos (a escala).
Solución. Subdividimos cada lado en $n$ segmentos iguales y los unimos mediante paralelas a los lados, como se muestra en la figura para $n=4$. Este proceso descompone el triángulo original en $n^2$ triángulos congruentes y semejantes al original con razón de semejanza $\frac{1}{n}$. En tal caso, puede repetir el corte que ha hecho sobre el triángulo grande a escala $\frac{1}{n}$ en cada triángulo pequeño; en particular, puede trazar círculos de radio $\frac{r}{n}$ si en el triángulo grande ha podido trazar círculos de radio $r$.
Las longitudes de los lados de un triángulo están en progresión geomética de razón $r$. Hallar los valores de $r$ para los que el triángulo es, respectivamente, acutángulo, rectángulo y obtusángulo.
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Pista. Si $a$ denota al lado mayor del triángulo y $b$ y $c$ son los otros dos, el teorema de Pitágoras $a^2=b^2+c^2$ se da cuando el triángulo es rectángulo, pero las desigualdades $a^2\lt b^2+c^2$ y $a^2\gt b^2+c^2$ se dan, respectivamente, cuando el triángulo es acutángulo y obtusángulo.
Solución. Supongamos que las longitudes de los lados son $a,ar,ar^2$ para $r\geq 1$. El triángulo en cuestión debe verificar la desigualdad triangular para existir. Como lados están ordenados de mayor a menor, también lo estarán los correspondientes lados opuestos, lo que nos lleva a que la desigualdad triangular equivale a $ar^2\gt a+ar$, es decir, $r^2-r-1\gt 0$. Esta desigualdad se resuelve fácilmente y nos dice que el dominio donde se mueve la variable $r$ es $1\leq r\lt\frac{1+\sqrt{5}}{2}$.
De vuelta al problema en cuestión, se trata de ver si el ángulo $\alpha$ opuesto a $ar^2$ es agudo, recto u obtuso. Por el teorema del coseno, este ángulo verifica
\[(ar^2)^2=a^2+(ar)^2-2a(ar)\cos(\alpha)\ \Leftrightarrow\ \cos(\alpha)=\frac{1+r^2-r^4}{2r}\]
y buscamos saber cuándo esta última cantidad es negativa (obtusángulo), cero (rectángulo) o positiva (acutángulo). Para ello, resolvemos la ecuación bicuadrada $1+r^2-r^4=0$, que nos da soluciones
\[r^2=\frac{1\pm\sqrt{5}}{2}\ \Rightarrow\ r=\pm\sqrt{\frac{1+\sqrt{5}}{2}},\]
donde hemos descartado las dos soluciones (complejas) en que $r^2$ era negativo. Deducimos que el polinomio $p(r)=1+r^2-r^4$ cambia de signo en estos dos valores (son raíces simples). Como el coeficiente de mayor grado es negativo, $p(r)$ pasa de negativo a positivo y luego a negativo. Tenemos así la solución al problema:
- acutángulo: $1\leq r\lt \sqrt{\frac{1+\sqrt{5}}{2}}$,
- rectángulo: $r=\sqrt{\frac{1+\sqrt{5}}{2}}$,
- obtusángulo: $\sqrt{\frac{1+\sqrt{5}}{2}}\lt r\lt \frac{1+\sqrt{5}}{2}$.
