5.1 Algebra de vectores geométricos

Transcripción

1 apítulo inco VETORES GEOMETRIOS Ya sea tanto en el plano como en el espacio supondremos conocidos los conceptos de paralelismo como también el cumplimiento del V postulado de Euclides o sea se tienen las nociones de incidencia y de paralelismo y las nociones intuitivas de dirección y sentido artiremos con el concepto de vector geométrico Tanto en el plano como en el espacio ya introducidos fijamos un punto O que llamaremos origen o punto inicial del vector Escojemos a continuación un punto cualquiera conocido como punto final del vector la flecha O la llamaremos vector p El vector p tiene magnitud O y dirección de O hacia Notas: (1) Notemos que hay una correspondencia entre los puntos y los vectores p Es decir dado hay un único vector p y dado un vector p exite un único punto (2) l vector que corresponde al origen le llamaremos vector 0 (vector cero o nulo) 51 lgebra de vectores geométricos 511 dición de vectores geométricos Definición 511 Dados los vectores a y b para conseguir a + b por el punto final de a se traza una paralela a b y en esa paralela buscamos un punto tal que = b entonces: O Π b a c b a + b = c Fig

2 Teorema 511 ropiedades de la adición (1) onmutatividad: a + b = b + a (2) sociatividad: a + ( b + c) = ( a + b) + c (3) Existencia del neutro aditivo: a + 0 = a (4) Existencia del inverso aditivo: a + ( a) = onderación de vectores geométricos por escalar Definición 512 Dados el vector a y el escalar λ entendemos por el vector λ a al vector que está en la misma recta que contiene a a y cuya magnitud se multiplicó por λ y cuyo sentido no cambió si λ > 0 y cambió si λ < 0 Teorema 512 ropiedades de la ponderación por escalar (1) α( a + b) = α a + α b (teorema de Thales) (2) (α + β) a = α a + β a (3) α(β a) = (αβ) a (4) 1 a = a (5) 0 a = α 0 = 0 (6) ( 1) a = a Notas: (1) El lector debe tener presente que con posterioridad se definirá la estructura algebraica de Espacio vectorial sobre un campo lo que nos permite decir que: El conjunto de los vectores geométricos con adición y ponderación por escalar real es un espacio vectorial sobre el campo real (2) Según se dice en India durante el siglo V los indios introdujeron la noción de vector que en sánscrito sonaba algo así como vehor que significa 196

3 nuevo y se trata del movimiento de un rayo a partir de una posición fija en el sentido que llamamos matemático o positivo (contrario a los punteros de un reloj) Los latinos ampliaron el concepto de vehor al de vector que significa portador 52 cápite Flechas Tomamos dos puntos y or flecha entendemos el trazo dirigido de magnitud y dirección de hacia se llama punto inicial de la flecha y su punto final Flechas equipolentes o igualdad de flechas Definición 521 = D si D es un paralelogramo Teorema 521 ropiedades de la igualdad de flechas (1) Reflexividad: (2) Transitividad: = ( ) = D ( ) ( D = EF = EF ) (3) Simetría: = D D = Notas: (1) Las propiedades anteriores clasifican a las flechas en clases de equivalencia (2) ada clase de equivalencia define a un solo vector y cada vector pertenece a una sola clase de equivalencia Fig 52 D 197

4 O b a b-a uál es el vector que está en la misma clase que la flecha? omo se ve en la figura 53 es el vector b a Desde ahora en adelante hablaremos sólo de vectores Fig Vector posición y sistemas de referencia on las nociones anteriores estudiaremos los puntos del espacio Nuestro trabajo en un principio será intuitivo y matemáticamente se conoce a este desarrollo como Geometría afín ues bien fijaremos un punto O al que llamaremos origen; para cualquier otro punto del espacio queda definido el vector O = a que se conoce como vector posición del punto con respecto al origen O (ver la figura 54) esto simplemente se simboliza ( a) Π Π a E2 r e2 O O e1 E1 ( O = a) ( r = α e 1 + β e 2 ) Fig 54 Fig 55 or otro lado si consideramos en el espacio los puntos no colineales O (origen del espacio) E 1 y E 2 ellos según sabemos determinan un único plano Π; al conjunto { O E 1 E 2 } se le conoce como marco de referencia para Π on estos puntos se generan los vectores OE 1 = e 1 y OE 2 = e 2 y por lo tanto el conjunto { e 1 e 2 } forma una base para el plano esto quiere decir que: ( r) Π ( O = r = α e 1 + β e 2 ) 198

5 lo que vemos en la figura 55 siendo estos α y β únicos para el marco de referencia dado hora bien si tomamos en el espacio cuatro puntos no coplanares O (origen del espacio) E 1 E 2 y E 3 ellos según sabemos determinan un único ángulo triedro (OE 1 E 2 E 3 ); al conjunto { O E 1 E 2 E 3 } se le conoce como marco de referencia para el espacio E on estos puntos se generan los vectores OE 1 = e 1 OE 2 = e 2 y OE 3 = e 3 y por lo tanto el conjunto { e 1 e 2 e 3 } forma una base para el espacio esto quiere decir que: ( r) E ( O = r = α e 1 + β e 2 + γ e 3 ) lo que vemos en la figura 56siendo α β y γ únicos para el marco de referencia dado demás si consideramos el caso en que los puntos ( a) y ( b) originan el vector que no está ligado al origen O (situación que se presenta en la figura 57) para encontrarlo hacemos uso de: = b a E3 e3 O e2 e1 E1 E2 r b a Q O ( r = α e 1 + β e 2 + γ e 3 ) ( = b a) Fig 56 Fig División de un trazo en una razón dada Definición 541 Dado los puntos 1 ( r 1 ) y 2 ( r 2 ) y el número real λse dice que el punto ( r) divide al trazo 1 2 en la razón λ si es colineal con 1 y 2 y además 1 2 = λ 199

6 De esto se desprende que si divide al trazo 1 2 en la razón λ entonces: 1 = λ 2 de donde : r = r 1 + λ r 2 (λ 1) (Ver la figura 58) 1 + λ r1 r r2 O l 1 Fig 58 Fig 59 Notas: onsiderando la figura 59 tenemos que: (1) uando λ = 0 se tiene que coincide con 1 (2) uando λ > 0 se tiene que el orden puntual es 1 2 ; o sea divide interiormente al trazo 1 2 en la razón λ (3) uando 1 < λ < 0 se tiene que el orden puntual es 1 2 ; o sea divide exteriormente al trazo 1 2 en la razón λ y esá a la izquierda de 1 (2) uando λ < 1 se tiene que el orden puntual es 1 2 ; o sea divide exteriormente al trazo 1 2 en la razón λ y está a la derecha de 2 M 2 1 b m a r2 r r1 O O Fig 510 Fig

7 Notas: (1) En la figura 510 de la página anterior M( m) es el punto medio del trazo luego λ = 1 y se obtiene m = 1 2 ( a + b) como vector posición del punto M (2) l hacer λ = β (tal como vemos en la figura 511 de la página anterior) resulta que el vector posición r del punto de división pasa a tener la α expresión: r = α r 1 + β r 2 (α + β 0) α + β (3) Utilizaremos la simbología () para señalar el área de un triángulo (4) Utilizaremos la simbología (D) para señalar el volumen de un tetraedro cuya base es el triángulo y cuyo vértice es el punto D Teorema 541 En la figura 512 se tiene el triángulo con ( a) ( b) y ( c) además ( r) es un punto de 1 = ( ) 2 = ( ) y = () Entonces el vector posición r del punto es r = 1 a + 2 b (ara demostrar este teorema se sugiere utilizar la figura 513) hc bc 2 1 E 2 1 x y Fig 512 Fig 513 Fig 514 orolario 541 En la figura 514 se tiene el triángulo es la bisectriz del ángulo = γ entonces el pie ( r) de esta bisectriz tiene vector posición: r = a a + b b a + b 201

8 orolario 542 Dado el triángulo con ( a) ( b) y ( c) además ( r) es un punto del plano del triángulo Sean: 1 = ( ) 2 = ( ) 3 = ( ) y = () entonces el vector posición r del punto es: r = 1 a + 2 b + 3 c orolario 543 Se tiene un triángulo con ( a) ( b) ( c) y cuyos lados miden = a = b y = c el perímetro del triángulo es 2s = a + b + c y los ángulos interiores de dicho triángulo son = α = β = γ entonces: (1) El vector posición del centro de gravedad G (baricentro) del triángulo es: g = 1 3 ( a + b + c) (2) El vector posición del incentro I del triángulo es: i = 1 2s (a a + b b + c c) (3) El vector posición del excentro O a del triángulo es: 0 a = 1 2(s a) ( a a + b b + c c) (4) El vector posición del excentro O b del triángulo es: 0 b = 1 2(s b) (a a b b + c c) (5) El vector posición del excentro O c del triángulo es: 0 c = 1 2(s c) (a a + b b c c) (6) El vector posición del circuncentro O del triángulo es: O = a sen2α + b sen2β + c sen2γ sen2α + sen2β + sen2γ 202

9 (7) El vector posición del ortocentro H del triángulo es: h = a tgα + b tgβ + c tgγ tgα + tgβ + tgγ D Teorema 542 En la figura 515 se tiene el tetraedro D con ( a) ( b) ( c) y D( d); además ( r) es un punto cualquiera del espacio; sean V 1 = (D) V 2 = (D) V 3 = (D) V 4 = () y V = (D) entonces el vector posición r del punto es: Fig 515 r = V 1 a + V 2 b + V3 c + V 4 d V 55 Variedades lineales En esta sección estudiaremos las ecuaciones vectoriales tanto de una recta como de un plano Una recta l puede determinarse teniendo como datos un punto de ella llamado posición de la recta y una dirección vectorial no nula d conocida como dirección de la recta o bien la recta puede quedar determinada dándose dos puntos distintos de ella digamos ( a) y ( b) Un plano Π puede determinarse teniendo como datos un punto de él llamado posición del plano y dos direcciones vectoriales no nulas e independientes u y v conocidas como direcciones del plano o bien el plano puede quedar determinado dándose tres puntos distintos y no colineales de él digamos ( a) ( b) y ( c) 551 Ecuación de la recta En la figura 516 se tiene ( a) punto fijo y d 0 luego: l : = r a = λ d λ R 203

10 o sea en esta situación la ecuación de la recta l será: l : r = a + λ d λ R λ se conoce como parámetro de la recta l d l l a r a b r O O Fig 516 Fig 517 hora bien tal como vemos en la figura 517 si la recta estuviera determinada por los puntos ( a) y ( b) se tendrá para la recta la ecuación: : r = a + λ( b a) λ R ya que en este caso la dirección no nula es = b a 552 Ecuación del plano a w v r Π a c r Π O O b Fig 518 Fig 519 En la figura 518 se tiene ( a) punto fijo v 0 y w 0 estos dos últimos independientes luego: = r a = λ v + µ w; λ µ R 204

11 o sea en esta situación la ecuación del plano Π será: Π : r = a + λ v + µ w; λ µ R λ y µ se conocen como parámetros del plano Π hora bien tal como vemos en la figura 519 si el plano estuviera determinado por los puntos ( a) ( b) y ( c) distintos y no colineales se tendrá para el plano Π( ) la ecuación: Π( ) : r = a + λ( b a) + µ( c a); λ µ R ya que en este caso las direcciones no nulas e independientes son = b a y = c a 56 olinealidad y coplanaridad de puntos quí presentaremos la condición necesaria y suficiente para que tres puntos sean colineales y a su vez la condición necesaria y suficiente para que cuatro puntos sean coplanares Teorema 561 La condición necesaria y suficiente para que los puntos ( a) ( b) y ( c) sean colineales es que existan escalares α β y γ no nulos tales que: α a + β } b + γ c = 0 α + β + γ = 0 orolario 561 La condición necesaria y suficiente para que los puntos ( a) ( b) y ( c) sean colineales es que existan escalares α β no nulos tales que: c = α a + β } b 1 = α + β Teorema 562 La condición necesaria y suficiente para que los puntos ( a) ( b) ( c) y D( d) no colineales de a tríos sean coplanares es que existan escalares α β γ y δ no nulos tales que: α a + β b + γ c + δd = 0 α + β + γ + δ = 0 } 205

12 57 roblemas resueltos roblema 571 Si a y b son los vectores posición de los puntos y ; determinar puntos y D colineales con y tales que = 3 y D = 2 Solución: Debe tenerse = 3 y D = 2 sí: c a = 3( b a) y d b = 2( a b) on ello los vectores posición de los puntos y D son respectivamente: c = 3 b 2 a d = 2 a b roblema 572 Si y son puntos fijos y un punto variable se forma el paralelogramo Q de modo que la recta Q pasa por Hallar el lugar geométrico de Solución: M Q onsiderando la figura 520 tomamos como origen se tiene = a = b = p Entonces: b p = q a Fig 520 (por la condición de paralelogramo) ero q = λ p por condición de colinealidad entre Q luego: por lo tanto: b p = λ p a p = a + b 1 + λ ; que es la ecuación de la transversal de gravedad desde a en el triángulo 206

13 roblema 573 Demostrar que en todo paralelogramo el trazo que une un vértice con el punto medio de un lado opuesto trisecta a la diagonal y a su vez es trisectado por ella Solución: onsiderando la figura 521 sea E el punto medio del lado D y sea F el punto donde el trazo E intersecta a la diagonal D En primer lugar el cuadrilátero D es un paralelogramo entonces = D luego: b a = c d D F E Fig 521 or otra parte tenemos: e = c + d 2 = ( b + d a) + d 2 de donde 2 e = b + 2 d a o mejor: a + 2 e 3 = b + 2 d 3 Notemos ahora que por la definición [531] el lado izquierdo de la última igualdad representa el vector posición del punto del trazo E que divide a éste en la razón 2 : 1 demás el lado derecho representa al vector posición del punto Q del trazo D que divide a éste en la razón 2 : 1 Luego la igualdad indica que los puntos y Q coinciden en el (único) punto de intersección de los trazos E y D o sea coinciden en el punto F sí F divide a los trazos E y D en la razón 2 : 1 y luego el trazo E trisecta a la diagonal D y ésta a su vez trisecta al trazo E roblema 574 Demostrar que si los lados de un triángulo se dividen en una misma razón según los puntos y entonces el centro de gravedad del triángulo coincide con el centro de gravedad del triángulo Solución: onsiderando la figura 522 sean y tales que: 207

14 = = = λ entonces: G Fig 522 a = b + λ c 1 + λ b c + λ a = 1 + λ c = a + λ b 1 + λ on ello el centro de gravedad G del triángulo tiene vector posición: g = a + b + c 3 = (1 + λ)( a + b + c) 3(1 + λ) = a + b + c 3 = g Este resultado muestra que los centros de gravedad G y G de los triángulos y son coincidentes roblema 575 Demostrar que la suma de los vectores no y mo está dada por (m + n) O donde divide a en la razón m : n Solución: onsiderando la figura 523 sean: O = no OQ = mo OR = O + OQ sí si ( c) es el punto de intersección de y OR entonces: donde: con ello: or lo tanto m : n OR = λo O Q Fig 523 OR = no + mo ( no + mo ) = (m + n) m + n λ = m + n y O = n O + mo m + n OR = (m + n) O y el punto divide al trazo en la razón 208 R

15 roblema 576 Demostrar el teorema [541] Solución: D Fig 524 onsiderando la figura 524 ( r) el punto tal que: Entonces: = m n m r = n a + m b a + n + m = n b 1 + m n hora biense tiene: 1 D = 2 ( ) = 1 2 D ( ) = 2 1 siendo D la altura del triángulo sí: sea y finalmente como: resulta: m n = a con ello : r = = = ( ) + ( ) = r = 1 a + 2 b 1 a + 2 b roblema 577 Demostrar el corolario [543] parte (2) Solución: Los triángulos I I y I siendo I el incentro del triángulo tienen todos altura desde I igual a ρ con ello: 1 = 1 2 aρ 2 = 1 2 bρ 3 = 1 2 cρ 209

16 Luego por el corolario [532] resulta: o sea: r = 1 2 aρ bρ cρ = 1 2 (a + b + c)ρ r = a a + b b + c c 2s a a + b b + c c a + b + c roblema 578 Sea O el circuncentro y H el ortocentro del triángulo Demostrar que: O + O + O = OH y que H + H + H = 2HO Solución: Elijamos el origen de los vectores en el circuncentro O del triángulo o sea O = O sí de la relación de Euler OG OH = 1 siendo G el centro de gravedad 3 del triángulo resulta que OH = 3OG y como: OG = O + O + O 3 entonces: OH = O + O + O a su vez: H + H + H = ( HO + O) + ( HO + O) + ( HO + O) = = 3 HO + ( O + O + O) = 3 HO + OH = 3 HO HO = 2 HO roblema 579 En un triángulo los puntos y son los puntos medios de los lados Una recta cualquiera por corta a y a en los puntos y Q respectivamente Demostrar que las rectas y Q son paralelas 210

17 Solución: onsiderando la figura 525 sea el vértice el origen de los vectores de modo que = a = b etc omo entonces para cierto λ se tiene: p = λ c +(1 λ) b = λ a + b 2 +(1 λ) a 2 Q luego: p = a 2 + λ 2 b Fig 525 nálogamente para cierto µ: q = µ c + (1 µ) a = µ a + b 2 + (1 µ) b 2 así q = b 2 + µ a hora como y Q son colineales con el origen entonces 2 para cierto α q = α p; con ello: b 2 + µ ( a 2 a = α 2 + λ 2 b) de donde (α µ) a = (1 αλ) b ero como a y b no son colineales entonces: α µ = 1 αλ = 0 por lo tanto resulta α = µ = 1 λ luego q = b a En consecuencia: 2λ = p a = a 2 +λ 2 b a = 1 2 (λ b a) y por lo tanto Q = q b = b λ a b = 1 2λ (λ b a) y Q son paralelos luego las rectas y Q son paralelas roblema 5710 Sea un triángulo y sean Q y R tres paralelas donde Q y R están respectivamente en las rectas y Demostrar el teorema de eva en el caso en que las rectas son paralelas es decir demostrar que: Q Q R R = 1 211

18 Solución: onsiderando la figura 526 sea el origen de los vectores de modo que: Q = b = c etc R Fig 526 sí: = λ p = b + λ c 1 + λ Q Q = µ q = R R = θ r = c 1 + µ θ b 1 + θ Luego como la recta es paralela con la recta Q se deduce que: ( 1 ) ( λ ) ( ) b + λ c c 1 + λ = α 1 + µ b de donde 1 + λ ( 1) = 1 + λ ( 1 ) luego : 1 + µ (1 + λ) 1 = λ(1 + µ) es decir µ = λ su vez como también se tiene que la recta es paralela con la recta R tenemos: ( b + λ c 1 + λ = β θ ) b 1 + θ c 1 + θ λθ de donde Q Q R ( R = λµθ = λ ( 1 ) 1 + λ ( θ ) = 1 + θ = 1 es decir θ = λ sí : (1 + λ) ) ( 1 λ 1 + λ ( λ ) 1 + λ luego : ( 1) ) = 1 roblema 5711 Sea D el punto de tangencia de la circunferencia inscrita a un triángulo con el lado Demostrar que el punto medio M de el incentro I y el punto medio N de D son colineales 212

19 Solución: onsiderando la figura 527 sea el origen de los vectores de modo que: = a = b etc Se sabe que si s es el semiperímetro del triángulo entonces: I N D = s a D = s b M D de modo que: Fig 527 luego: d = (s b) a + (s a) b c n = 1 d 2 = (s b) a + (s a) b 2c demás en este caso el vector posición del incentro I es: y es claro que: por lo tanto tenemos que: i = a a + b b 2s m = a + b 2 de donde: con ello: a = 2(s i b m) a b en consecuencia tenemos: sí como: a a + b b = 2s i a + b = 2 m b = 2(s i a m) b a (a b) n = 2(s b)(s i b m) 2(s a)(s i a m) 2c(a b) n = s c i + s a b m c s c + s a b c = 2s a b c 213 = 1

20 el resultado anterior para n muestra que los puntos N( n) I( i) y M( m) son colineales Nota: Si a = b entonces el triángulo es isósceles el punto D coincide con el punto M y los tres puntos M I N son colineales porque están en la recta D que contiene a la altura bisectriz y transversal roblema 5712 Dado un triángulo por su centro de gravedad se traza la recta l que corta a en a en y a en Demostrar que: = 0 G G G Solución: En primer lugar observemos que el problema propuesto considera longitudes signadas para que tal resultado sea posible sí mirando la figura 528 donde hemos colocado el origen de los vectores en el centro de gravedad G tenemos que: G G = a G = b etc Fig 528 Luego como: g = 1 3 ( a + b + c) se tendrá: or lo tanto se consigue: a + b + c = 0 o sea: c = λ a + (1 λ) b = λ( b + c) + (1 λ) b (para cierto λ) c = (1 2λ) b λ c Dividiendo esta igualdad por (1 2λ) + ( λ) = 1 3λ se obtiene: c 1 3λ = (1 2λ) b λ c 1 3λ 214

21 donde el lado izquierdo representa al vector posición de un punto de la recta G y el lado derecho representa al vector posición de un punto de la recta de modo que se trata del punto ; luego: nálogamente: de donde: a = 1 1 3λ c con lo que : G = (1 3λ)G c = λ a + (1 λ) ( ( a + c) ) = (2λ 1) a + (λ 1) c c 3λ 2 = (2λ 1) a + (λ 1) c 3λ 2 = b luego: b = 1 3λ 2 c con ello : G = (3λ 2)G or lo tanto tenemos: 1 G + 1 G + 1 G = 1 [ G G G ] + G G + 1 = 1 ( ) (1 3λ) + (3λ 2) + 1 = 0 G roblema 5713 Dados n puntos se une cada uno de ellos con el centro de gravedad de los otros (n 1) puntos Demostrar que las n rectas así formadas concurren en el centro de gravedad de los n puntos Solución: Sean k ( r k ) (k = n) los n puntos dados sí el centro de gravedad de ellos está dado por G( g) con: g = 1 n n r k k=1 Sea ahora l j la recta que une al punto ( r j ) con el centro de gravedad G j ( g j ) de los otros (n 1) puntos luego: g j = 1 n 1 n k=1 k j r k Se tiene: n g (n 1) g j = n n r k r k = r j k=1 k=1 k j 215

22 de modo que: g = (n 1) g j + r j n y como (n 1) + 1 = n se tiene que G( g) es colineal con los puntos G j ( g j ) y j ( r j ) es decir el punto G pertenece a la recta l j (j = n) roblema 5714 Dado un punto y dos rectas que se cruzan l 1 y l 2 hallar la ecuación del plano que pasa por y es paralelo a l 1 y l 2 Solución: onsiderando la figura 529 sean ( a) y d y e las direcciones de las rectas l 1 y l 2 omo l 1 y l 2 se cruzan es claro que d λ e or lo tanto la ecuación del plano buscado es: d e Π l1 l2 r = a + α d + β e α β R Fig 529 roblema 5715 Sean y dos puntos de un plano Π Sea O un punto fijo fuera de Π Hallar el lugar geométrico de la intersección de dos planos que pasan respectivamente por O y O cortando al plano según rectas paralelas Solución: onsiderando la figura 530 sea O el origen de modo que: Π a 0 e b Fig 530 O = a sí las ecuaciones de estos planos las podemos escribir: O = b etc ; sean Π y Π los planos por O y O y sea e la dirección común de las paralelas de intersección con el plano Π ( e ) Π : r = α a + λ e Π : r = β b + µ e 216

23 de modo que la intersección de ellos es: α a + λ e = β b + µ e como a b y e no son coplanares entonces α = β = 0 y λ = µ luego su intersección es r = λ e En consecuencia la intersección es una recta que pasa por O paralela al plano Π de modo que el lugar geométrico pedido (cuando e varía) es el plano paralelo a Π que pasa por el punto O excepto la recta por O paralela a la recta roblema 5716 Dadas dos rectas l 1 y l 2 que se cortan en el punto y una recta l que no las corta sea un punto variable de l Determinar el lugar geométrico de la recta de intersección de los planos ( l 1 ) y ( l 2 ) Solución: onsiderando la figura 531 sean ( a) y: r = b + λ d λ R Π l2 l1 la ecuación de la recta l Sea ( p) l Fig 531 Entonces la intersección de los planos ( l 1 ) y ( l 2 ) es la recta de ecuación: r = a + α( p a) α R es decir: r = a + ( b + λ d a) ecuación que podemos reescribir: r = a + α( b a) + β d (con : β = λα) sí el lugar geométrico pedido es el plano que pasa por el punto y que contiene a la recta l roblema 5717 Demostrar que todo plano paralelo a dos lados opuestos de un cuadrilátero gauso divide a los otros dos lados en partes proporcionales 217

24 Solución: onsiderando la figura 532 de la página siguiente sea D el cuadrilátero gauso y supongamos que el plano Π paralelo a los lados opuestos y D corta a los lados D y en los puntos M y N respectivamente Elijamos el origen en el vértice de modo que = b = c etc omo se trata de un cuadrilátero gauso b c d son no coplanares Sea entonces la ecuación del plano Π: r = e + λ b + µ( d c) D N donde E( e) es su posición Sea: M e = β b + γ c + δ d Fig 532 sí la ecuación del plano Π la podemos reescribir: r = β b + γ c + δ d + λ b + µ( d c) hora bien como su intersección M( m) con D debe cumplir con m = θ d deberá tenerse β + λ = γ µ = 0 δ + µ = θ en consecuencia θ = γ + δ de modo que: M = (γ + δ)d y luego: M MD = γ + δ 1 (γ + δ) otra parte la intersección N( n) del plano Π con debe cumplir con n = τ b + (1 τ) c y deberá tenerse β + λ = τ γ µ = 1 τ δ + µ = 0 con esto: y 1 τ = γ + δ de donde: or lo tanto tenemos: N N = 1 τ τ N N = γ + δ 1 (γ + δ ) M MD = N N 218

25 y los lados D y quedan divididos en la misma razón por los puntos M y N respectivamente roblema 5718 Sea un paralelogramo contenido en un plano que pasa por el origen Sean k ( a k ) y k el punto de vector posición b k = α k a k (α k 0) (k = ) Demostrar que los cuatro puntos k son coplanares si y sólo si: = α 1 α 3 α 2 α 4 Solución: Si es un paralelogramo entonces a 2 a 1 = a 3 a 4 o sea: ( a 1 + a 3 ) ( a 2 + a 4 ) = 0 reemplazando las expresiones para b k se tiene: ( b1 + b ) 3 ( b2 + b ) 4 = 0 α 1 α 3 α 2 α 4 sí por el teorema [552] los vectores b 1 b 2 b 3 b 4 son coplanares si y sólo si: 1 α α 3 = 1 α α 4 roblema 5719 Demostrar que si las rectas trazadas desde un punto E a los vértices y D de un tetraedro cortan a los planos de las caras opuestas en los puntos y D respectivamente entonces: E + E + E + ED D D = 1 Solución: Tomemos como origen de los vectores al vértice D con ello D = a D = b etc demás existen reales α β y γ tales que la posición del punto E( e) está dada por: e = α a + β b + γ c pues a b c no son coplanares Supongamos que: E = λ 219

26 de modo que: a = e + λ a 1 + λ o sea : a = (α + λ) a + β b + γ c 1 + λ Entonces como el punto pertenece al plano de la cara D deberá tenerse α + λ = 0 luego λ = α con ello: nálogamente: or otra parte si: entonces: luego: E = α E = β E = γ d = ED D D = δ e 1 + δ = α a + β b + γ c 1 + δ α a + β b + γ c (1 + δ) d = 0 pero como los puntos y D son coplanares deberá tenerse: α + β + γ (1 + δ) = 0 con ello: o sea: E E E 1 ED D D = 0 E + E + E + ED D D = 1 roblema 5720 Demostrar que si un tetraedro se corta por un plano paralelo a dos aristas opuestas entonces la sección es un paralelogramo Solución: onsiderando la figura 533 tomamos como origen de los vectores al vértice D con ello D = a D = b etc 220

27 Sea Π un plano paralelo a las aristas D y y supongamos que la posición de este plano es el punto 0 ( r 0 ) de modo que la ecuación de Π puede escribirse: r = r 0 +α a+β( c b) (α β R) E D H Π F Fig 533 Sea EF GH la sección que forma Π con el tetraedro Entonces como H D Π deberá tenerse: y como G D Π: en consecuencia tenemos: h = λ1 b = r0 + α 1 a + β 1 ( c b) g = λ 2 c = r 0 + α 2 a + β 2 ( c b) HG = g h = λ 2 c λ 1 b = (α2 α 1 ) a + (β 2 β 1 )( c b) de modo que deberá tenerse: luego: α 2 α 1 = 0 λ 2 = λ 1 = β 2 β 1 HG = (β 2 β 1 )( c b) Este resultado muestra que HG es paralelo con nálogamente se demuestra que EF es paralelo con y luego HG es paralelo con EF su vez se demuestra que HE es paralelo con a y éste con GF con lo que se deduce que la sección EF GH es un paralelogramo G roblema 5721 Dado el tetraedro D sea EF G una sección cualquiera paralela a la base Hallar el lugar geométrico del punto de intersección de los planos Π( F G) Π( G E) y Π( E F ) 221

28 Solución: E G D G F Fig 534 onsiderando la figura 534 elijamos el origen en el vértice D de modo que D = a D = b etc sí como el plano Π(E F G) es paralelo con el plano Π( ) existe un real λ tal que: e = λ a f = λ b g = λ c on ello la ecuación del plano Π( F G) se puede escribir: r = a + β( f a) + γ( g a) = (1 β γ) a + βλ b + γλ c nálogamente se puede escribir las ecuaciones de los planos Π( G E) y Π( E F ) hora bien por la simetría del problema el punto de intersección ( p) de estos planos debe ser tal que: o sea tal que: En consecuencia: 1 β γ = βλ = γλ β = γ = λ p = λ ( a + b + c) sí p es colineal con el vector a + b + c es decir con el vector posición del 3 centro de gravedad del triángulo or lo tanto el lugar geométrico pedido es la recta que une al vértice D con el centro de gravedad de la base del tetraedro roblema 5722 En el espacio se consideran los n puntos k ( r k ) ( k = n) Demostrar que la recta que une al centro de gravedad de los puntos 1 2 s con el centro de gravedad de los puntos s+1 s+2 n (1 s < n) pasa por el centro de gravedad de los n puntos 222

29 Solución: Sea G s ( g s ) el centro de gravedad de los puntos 1 2 s y sea G s ( g s ) el centro de gravedad de los puntos s+1 s+2 n Entonces: g s = 1 s s k=1 r k g s = 1 n s n k=s+1 r k y la ecuación de la recta G s G s puede escribirse: r = λ s s k=1 r k + 1 λ n s n k=s+1 r k sí la recta pasa por el centro de gravedad G( g) de los n puntos donde: g = 1 n n r k k=1 si se satisface simultáneamente: λ s = 1 λ n s = 1 n lo que es cierto para λ = s n Nota: El lector puede verificar que en particular si s = 1 n = 3 el enunciado de este problema puede traducirse como: Las rectas que unen los vértices de un triángulo con los puntos medios de los lados opuestos son concurrentes en el centro de gravedad del triángulo En el problema propuesto [5747] se sugiere considerar los casos s = 1 n = 4 y s = 2 n = 4 El lector podrá pensar en casos donde n > 4 Nótese que los casos s n y n s n son equivalentes 223

30 58 roblemas propuestos 1 Siendo M y N los puntos medios de los trazos y D respectivamente demostrar que: + D = 2MN y que: + D + D + = 4MN 2 Demostrar que si D E y F son los puntos medios de los lados de un triángulo entonces (cualquiera sea el origen) se tiene: d + e + f = a + b + c 3 Demostrar que si cinco vectores actúan en el vértice de un hexágono regular DEF hacia los otros cinco vértices y con sus extremos finales en dichos vértices entonces la suma de estos cinco vectores es igual a 3 D 4 Demostrar vectorialmente que los puntos medios de los lados de cualquier cuadrilátero son los vértices de un paralelogramo 5 Demostrar vectorialmente que las diagonales de un paralelogramo se dimidian 6 Sea un triángulo y un punto variable de su plano Si + + = Q demostrar que Q es un paralelogramo y por lo tanto Q es un punto fijo 7 Demostrar que en todo triángulo las transversales de gravedad se trisectan mutuamente 8 Demostrar que en todo triángulo una mediana es paralela al tercer lado y su longitud es igual a la mitad de dicho lado 9 Sea E el centro de un paralelogramo D Demostrar que cualquiera sea el origen O se tiene 4 e = a + b + c + d 10 Sea O el centro de un polígono regular n y sea un punto n cualquiera del plano del polígono Demostrar que k = n O 224 k=1

31 11 Demostrar que el punto G es el centro de gravedad de un triángulo si y sólo si G + G + G = 0 12 Demostrar vectorialmente que la recta que une el punto de intersección de los lados de un trapecio con el punto de intersección de sus diagonales dimidia ambas bases 13 En un triángulo la recta l pasa por el vértice y por el punto medio de la transversal de gravedad M Demostrar que l divide al lado en la razón 2 : 1 14 Dados dos triángulos demostrar que si las transversales de gravedad del primero son paralelas a los lados del segundo entonces las transversales de gravedad de éste son paralelas a los lados del primero 15 Dado un triángulo demostrar que existe un segundo triángulo con lados paralelos y de igual longitud que las transversales de gravedad del triángulo dado 16 Demostrar el corolario [542] 17 Demostrar el corolario [543] partes (1) (6) y (7) 18 Demostrar que si D es un diámetro de la circunferencia circunscrita al triángulo entonces H + H H = D siendo H el ortocentro del triángulo 19 Sea D un trapecio cuyas bases son y D Demostrar: (i) que el punto de intersección de las diagonales divide a éstas en la misma razón y: (ii) que el punto de intersección Q de los lados divide a éstos en la razón opuesta a aquella en que divide a las diagonales 20 Los puntos D E y F dividen respectivamente a los lados y de un triángulo en la misma razón Se forman los paralelogramos EGF y DHG Demostrar que el punto H coincide con el punto 21 En un triángulo las transversales de gravedad y se cortan en el centro de gravedad G Sean D y E los puntos medios de los trazos G y G Demostrar que el cuadrilátero DE es un paralelogramo 22 En un triángulo se trazan las transversales de gravedad M y N or el punto N se traza una paralela a y por el vértice una 225

32 paralela a N Estas dos rectas se cortan en el punto Sea D el punto medio de N Demostrar que D es paralela con MN 23 or un punto D cualquiera del interior de un triángulo se trazan paralelas a los lados y formándose respectivamente en los lados trazos Q RS y T U Demostrar que: Q + RS + T U = 2 24 Dado un cuadrilátero D se traza por una paralela F al lado D (F sobre ) y por una paralela G al lado (G sobre D) Demostrar que F G es paralela con D 25 uatro rectas concurrentes intersectan a otras dos rectas en los puntos D y Q R S respectivamente Demostrar que el cuociente de las razones en las cuales y dividen al tazo D es igual al cuociente de las razones en las cuales Q y R dividen al trazo S 26 Dado un ángulo XOY se toma F sobre OY y se traza por F una paralela a OX que corta en el punto E a una recta que pasa por O Sea el punto medio de EF or se traza una recta que corta en los puntos y D respectivamente a OX OE y OY Demostrar que: = D D 27 En un paralelogramo D se prolonga en E = y se prolonga D en DF = D Demostrar que los puntos F y E son colineales 28 Sea D un cuadrilátero tal que los lados D y prolongados se cortan en el punto E y que los lados y D prolongados se cortan en F Sea DG paralela a y G paralelo a D Sea F H paralelo a E y EH paralelo a F Demostrar que G y H son colineales 29 Dos vectores a y b de magnitudes a y b suman un vector c de magnitud c Una recta cualquiera corta a las rectas que contienen dichos vectores en los puntos D E y F respectivamente Demostrar que: a OD + b OE = c OF 30 Una recta l corta a los lados y (o a sus prolongaciones) de un triángulo en los puntos D E y F respectivamente Demostrar el teorema de Menelao: D D E E F F = 1 226

33 31 Sea un punto interior del triángulo Sean los puntos donde las rectas y cortan a los respectivos lados opuestos Demostrar el teorema de eva: = 1 32 Un trazo se dimidia por el punto 1 ; 1 se dimidia por el punto 2 ; 2 se dimidia por el punto 3 y así sucesivamente Se colocan partículas de masas m 1 2 m 1 4 m en los puntos Demostrar que la distancia desde el centro de gravedad de las partículas al punto es igual a un tercio de 33 Demostrar que las rectas que unen los puntos medios de aristas opuestas de un tetraedro son concurrentes y se dimidian mutuamente 34 Demostrar que si dos planos secantes son paralelos a una recta l su intersección es paralela a la recta l 35 Demostrar que si dos planos paralelos se cortan por un tercer plano las rectas de intersección son paralelas 36 Dadas dos rectas l 1 de posición a y dirección d y la recta l 2 de dirección e y que se cruza con l 1 demostrar que la ecuación del plano que contiene a l 1 y es paralelo con l 2 es: r = a + α d + β e (α β R) 37 Demostrar que todo plano trazado por dos puntos que dividen en una misma razón dos lados opuestos de un cuadrilátero gauso divide a los otros dos lados en una misma razón 38 Sea D un cuadrilátero gauso y sea EF una recta que se desplaza apoyándose en los lados opuestos y D de modo tal que: E ED F F D = 1 Demostrar que la recta EF corta siempre a la recta que une los puntos medios de los lados D y 39 Demostrar que los semiplanos que contienen una arista de un tetraedro y dimidian a la arista opuesta concurren en un punto 227

34 40 Sea D un tetraedro or un punto del plano del triángulo se trazan a las aristas D D y D (hasta las caras D D y D) las paralelas E F y G Demostrar que: E D + F D + D = 1 41 Dado el tetraedro D sea EF G una sección cualquiera paralela a la base Demostrar que las tres rectas que unen los puntos medios de los lados de la sección con el vértice opuesto de la base son concurrentes y que el lugar geométrico de este punto de concurrencia es la recta que une al vértice D con el centro de gravedad del triángulo 42 Demostrar que si por la recta EF que une los puntos medios de las aristas opuestas D y de un tetraedro D se traza un plano cualquiera que corta a la arista D en el punto G y a la arista en el punto H el trazo GH queda dimidiado por la recta EF 43 Sean y DD cuatro rectas concurrentes a un punto O tales que los puntos y D son coplanares así como los puntos D Demostrar que las rectas de intersección de los planos D y D D y D D y D y son coplanares 44 Dados un plano Π y un triángulo se considera un punto D exterior al plano Π Las rectas D D y D cortan al plano Π respectivamente en los puntos y Demostrar que cuando la posición del punto D varía pemaneciendo exterior al plano Π y al plano del triángulo los lados y del triángulo pasan respectivamente por tres puntos fijos colineales 45 Demostrar que el centro de gravedad de un tetraedro es tal que uniéndolo a los cuatro vértices el tetraedro queda dividido en cuatro tetraedros equivalentes 46 Dado el tetraedro D sea EF G una sección cualquiera paralela a la base Demostrar que el lugar geométrico del punto de intersección de los planos E F y G es la recta que une al vértice D con el centro de gravedad de la base del tetraedro 47 on referencia al problema resuelto [5722] demostrar que si en particular n = 4 y: (i) s = 1 el problema se traduce en el enunciado: 228

35 Las rectas que unen los vértices de un tetraedro con los centros de gravedad de las caras opuestas son concurrentes en el centro de gravedad del tetraedro y (ii) s = 2 el problema se traduce en el enunciado: Las rectas que unen los puntos medios de las aristas de un tetraedro son concurrentes en el centro de gravedad del tetraedro 48 Demostrar que las tres rectas que pasan por los puntos medios de las aristas de un tetraedro cada una paralela a la recta que une un punto fijo con el punto medio de la arista opuesta del tetraedro concurren en un punto Q tal que el trazo Q es dimidiado por el centro de gravedad del tetraedro 49 Demostrar que si las cuatro rectas que unen los vértices correspondientes de dos tetraedros son concurrentes entonces las rectas de intersección de las caras correspondientes son coplanares y recíprocamente 50 Demostrar que si se corta una pirámide por un plano no paralelo a la base y se prolongan los lados de la sección hasta cortar a los correspondientes lados de la base los puntos de intersección así obtenidos son colineales 229