5.1 Algebra de vectores geométricos

(1)

Cap´ıtulo Cinco

VECTORES GEOMETRICOS

Ya sea tanto en el plano como en el espacio supondremos conocidos los con-ceptos de paralelismo como también el cumplimiento del V postulado de Euclides, o sea, se tienen las nociones de incidencia y de paralelismo y las no-ciones intuitivas de dirección y sentido. Partiremos 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 P conocido comopunto final del vector. A la flecha OP→ la llamaremos vector ~p.

El vector~p tiene magnitud OP y direcci´on de O hacia P. Notas:

(1) Notemos que hay una correspondencia entre los puntos P y los vectores

~p. Es decir, dado P hay un ´unico vector ~p y dado un vector ~p exite un ´unico punto P.

(2) Al vector que corresponde al origen le llamaremos vector~0 (vector cero o nulo)

5.1 Algebra de vectores geom´

etricos

5.1.1 Adici´

on de vectores geom´

etricos

Definici´on 5.1.1 Dados los vecto-res ~a y~b, para conseguir ~a +~b por el punto final A de ~a se traza una paralela a ~b y en esa paralela bus-camos un punto C tal que AC→ =~b

entonces: ~a+~b=~c . Π b c b a C A B O Fig. 5.1

(2)

Teorema 5.1.1 Propiedades de la adici´on

(1) Conmutatividad: ~a+~b=~b+~a.

(2) Asociatividad: ~a+ (~b+~c) = (~a+~b) +~c.

(3) Existencia del neutro aditivo: ~a+~0 =~a.

(4) Existencia del inverso aditivo: ~a+ (−~a) =~0.

5.1.2 Ponderaci´

on de vectores geom´

etricos por escalar

Definición 5.1.2 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 5.1.2 Propiedades de la ponderaci´on 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 definir´a 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 A.C. los indios introdujeron la noción de vector, que en sánscrito sonaba algo as´ı como vehor, que significa

(3)

nuevo y se trata del movimiento de un rayo a partir de una posici´on fija en el sentido que llamamosmatem´atico o positivo(contrario a los punteros de un reloj). Los latinos ampliaron el concepto de vehor al de vector que significa

portador.

5.2 Ac´

apite

Flechas Tomamos dos puntos A y B. Por flecha AB→ entendemos el trazo dirigido de magnitudAB y direcci´on deA haciaB. Ase llama punto inicial de la flecha y B su punto final.

Flechas equipolentes o igualdad de flechas

Definici´on 5.2.1 AB→ =CD→ siABCD es un paralelogramo

Teorema 5.2.1 Propiedades de la igualdad de flechas

(1) Reflexividad: AB→ =AB→ . (2) Transitividad: ³ _→ AB =CD→ ´ ∧ ³ _→ CD =EF→ ´ ⇒ ³ _→ AB =EF→ ´ . (3) Simetr´ıa: AB→ =CD→ ⇒CD→ =AB→ . Notas:

(1)Las propiedades anteriores clasi-fican a las flechas en clases de equi-valencia.

(2) Cada clase de equivalencia de-fine a un solo vector y cada vector pertenece a una sola clase de equi-valencia. D B C A Fig. 5.2

(4)

b-a a b A B O Fig. 5.3

¿Cu´al es el vector que est´a en la mis-ma clase que la flecha AB→ ?

Como se ve en la figura 5.3 es el vec-tor~b−~a.

Desde ahora en adelante hablaremos s´olo de vectores.

5.3 Vector posici´

on y sistemas de referencia

Con las nociones anteriores estudiaremos los puntos del espacio. Nuestro tra-bajo, en un principio, ser´a intuitivo y matem´aticamente se conoce a este desa-rrollo comoGeometr´ıa af´ın.

Pues bien, fijaremos un punto O, al que llamaremos origen; para cualquier otro puntoAdel espacio queda definido el vectorOA−→ =~a, que se conoce como vector posici´on del puntoA con respecto al origen O(ver la figura 5.4), esto simplemente se simboliza A(~a).

Π a A O Π r e2 e1 E2 E1 B A P O (OA−→ =~a) (~r=α ~e1 +β ~e2) Fig. 5.4 Fig. 5.5

Por otro lado, si consideramos en el espacio los puntos no colinealesO (origen del espacio), E1 y E2, ellos, seg´un sabemos, determinan un ´unico plano Π; al

conjunto { O, E1, E2 } se le conoce como marco de referencia para Π.

Con estos puntos se generan los vectoresOE−→1 =e~1 y

−→

OE2 =e~2 y, por lo tanto,

el conjunto{e~1, ~e2 } forma una base para el plano, esto quiere decir que:

(5)

lo que vemos en la figura 5.5, siendo estos α y β ´unicos para el marco de referencia dado.

Ahora bien, si tomamos en el espacio cuatro puntos no coplanares O (origen del espacio), E1, E2 y E3, ellos, según sabemos, determinan un único ángulo

triedro (O.E1E2E3); al conjunto {O, E1, E2, E3 } se le conoce como marco

de referencia para el espacio E. Con estos puntos se generan los vectores −→

OE1 = e~1,

−→

OE2 = e~2 y

−→

OE3 = e~3 y, por lo tanto, el conjunto { e~1, ~e2 , ~e3 }

forma una base para el espacio, esto quiere decir que:

∀P(~r)∈E(OP−→ =~r=α ~e1+β ~e2+γ ~e3),

lo que vemos en la figura 5.6,siendoα,β yγ ´unicos para el marco de referencia dado.

Además, si consideramos el caso en que los puntos A(~a) y B(~b), originan el vector AB−→ que no está ligado al origen O (situación que se presenta en la figura 5.7), para encontrarlo hacemos uso de:

→ AB =~b−~a . r e3 e1 e2 E3 E1 E2 P Q B A O a b A B O (~r=α ~e1+β ~e2+γ ~e3) ( −→ AB =~b−~a) Fig. 5.6 Fig. 5.7

5.4 Divisi´

on de un trazo en una raz´

on dada

Definici´on 5.4.1 Dado los puntos P1(r~1) y P2(r~2) y el n´umero real λ,se dice

que el puntoP(~r) divide al trazo P1P2 en la raz´on λ si P es colineal con P1 y

P2 y adem´as

P1P

P P2

(6)

De esto se desprende que si P divide al trazoP1P2 en la raz´on λ, entonces: −→ P1P =λ −→ P P2 de donde :~r= ~ r1+λ~r2 1 +λ , (λ6=−1). (Ver la figura 5.8.) r2 r r1 P2 P P1 O l P2 P P1 Fig. 5.8 Fig. 5.9 Notas:

Considerando la figura 5.9, tenemos que:

(1) Cuando λ= 0 se tiene que P coincide con P1.

(2) Cuandoλ >0 se tiene que el orden puntual esP1,P,P2; o sea,P divide

interiormente al trazo P1P2 en la raz´on λ.

(3) Cuando −1 < λ < 0 se tiene que el orden puntual es P, P1, P2; o sea,

P divide exteriormente al trazo P1P2 en la raz´on λ y es´a a la

izquierda de P1.

(2) Cuando λ < −1 se tiene que el orden puntual es P1, P2, P; o sea,

P divide exteriormente al trazo P1P2 en la raz´on λ y est´a a la

derecha de P2. b a m M B A O r2 r1 r P P2 P1 O Fig. 5.10 Fig. 5.11

(7)

Notas:

(1)En la figura 5.10, de la p´agina anterior,M(m~) es el punto medio del trazo

AB, luego λ= 1 y se obtienem~ = 1

2(~a+~b) como vector posici´on del puntoM.

(2) Al hacer λ = β

α (tal como vemos en la figura 5.11, de la p´agina

ante-rior) resulta que el vector posición~r del punto de división P pasa a tener la expresión:

~r= α~r1+β ~r2

α+β , (α+β 6= 0).

(3) Utilizaremos la simbolog´ıa (ABC) para señalar el área de un triángulo

ABC.

(4) Utilizaremos la simbolog´ıa (D.ABC) para señalar el volumen de un te-traedro cuya base es el triángulo ABC y cuyo vértice es el puntoD.

Teorema 5.4.1 En la figura 5.12, se tiene el tri´angulo ABC con A(~a), B(~b)

y C(~c), adem´as P(~r) es un punto de AB←→, ∆1 = (P BC), ∆2 = (AP C) y

∆ = (ABC). Entonces el vector posici´on ~r del punto P es ~r = ∆1~a+ ∆2~b

∆ .

(Para demostrar este teorema se sugiere utilizar la figura 5.13.)

P C B A ∆1 ∆2 C B A hc E P y x C B A bc P ∆1 ∆2

Fig. 5.12 Fig. 5.13 Fig. 5.14

Corolario 5.4.1 En la figura 5.14 se tiene el triángulo ABC, CP es la bisec-triz del ángulo 6< BCA=γ, entonces el pie P(~r) de esta bisectriz tiene vector posición:

~r= a~a+b~b

(8)

Corolario 5.4.2 Dado el tri´anguloABC conA(~a), B(~b)yC(~c), adem´asP(~r)

es un punto del plano del tri´angulo. Sean:

∆1 = (P BC), ∆2 = (AP C), , ∆3 = (ABP)y ∆ = (ABC),

entonces el vector posici´on~r del punto P es: ~r= ∆1~a+ ∆2~b+ ∆3~c

∆ .

Corolario 5.4.3 Se tiene un tri´angulo ABC con A(~a), B(~b), C(~c) y cuyos lados miden BC =a, CA = b y AB =c, el per´ımetro del tri´angulo ABC es

2s = a+b+c y los ´angulos interiores de dicho tri´angulo son 6< CAB = α, 6< ABC =β, 6< BCA=γ ,entonces:

(1) El vector posici´on del centro de gravedad G (baricentro) del tri´angulo ABC es:

~g= 1

3(~a+~b+~c).

(2) El vector posici´on del incentro I del tri´angulo ABC es: ~i= 1

2s(a~a+b~b+c~c).

(3) El vector posici´on del excentro Oa del tri´angulo ABC es:

~₀_a₌ 1

2(s−a)(−a~a+b~b+c~c). (4) El vector posici´on del excentro Ob del tri´angulo ABC es:

~_0b ₌ 1

2(s−b)(a~a−b~b+c~c).

(5) El vector posici´on del excentro Oc del tri´angulo ABC es:

~₀_c₌ 1

2(s−c)(a~a+b~b−c~c).

(6) El vector posici´on del circuncentro O del tri´angulo ABC es: ~

O=~a sen2α+~bsen2β+~csen2γ sen2α+ sen2β+ sen2γ .

(9)

(7) El vector posición del ortocentro H del triángulo ABC es: ~h=~atgα+~btgβ+~ctgγ tgα+ tgβ+ tgγ . P D C B A Fig. 5.15 Teorema 5.4.2 En la figura 5.15se tiene el tetraedro ABCD con A(~a), B(~b), C(~c) y D(d~); además P(~r)

es un punto cualquiera del espa-cio; sean V1 = (P.BCD), V2 =

(P.CDA), V3 = (P.DAB), V4 =

(P.ABC) y V = (D.ABC), enton-ces el vector posici´on ~r del punto P es:

~r= V1~a+V2~b+V3~c+V4d~

V .

5.5 Variedades lineales

En esta secci´on estudiaremos las ecuaciones vectoriales tanto de una recta como de un plano.

Una recta ` puede determinarse teniendo como datos un punto A de ella lla-madoposición de la rectay una dirección vectorial no nulad~conocida como dirección de la recta, o bien, la recta puede quedar determinada dándose dos puntos distintos de ella, digamos A(~a) y B(~b).

Un plano Π puede determinarse teniendo como datos un puntoAde ´el llamado posici´on 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 d´andose tres puntos distintos y no colineales de ´el, digamosA(~a),

B(~b) y C(~c).

5.5.1 Ecuaci´

on de la recta

En la figura 5.16 se tieneA(~a) punto fijo yd~6=~0, luego:

(10)

o sea, en esta situación la ecuación de la recta ` será:

` : ~r=~a+λ~d, λ∈R. λ se conoce comopar´ametro de la recta `.

l r d a P A O l r b a P B A O Fig. 5.16 Fig 5.17

Ahora bien, tal como vemos en la figura 5.17, si la recta estuviera determinada por los puntos A(~a) y B(~b) se tendr´a para la recta AB←→ la ecuaci´on:

←→

AB : ~r=~a+λ(~b−~a), λ∈R,

ya que en este caso la direcci´on no nula es AB−→ =~b−~a.

5.5.2 Ecuaci´

on del plano

Π w r v a P A O Π c _r b a P C B A O Fig. 5.18 Fig 5.19

En la figura 5.18 se tiene A(~a) punto fijo, ~v 6=~0 y w~ 6=~0, estos dos ´ultimos independientes, luego:

→

(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.

Ahora bien, tal como vemos en la figura 5.19, si el plano estuviera determinado por los puntos A(~a), B(~b) y C(~c) distintos y no colineales se tendr´a para el plano Π(A, B, C) la ecuaci´on:

Π(A, B, C) : ~r=~a+λ(~b−~a) +µ(~c−~a); λ, µ∈R

ya que en este caso las direcciones no nulas e independientes son AB−→ =~b−~a

y AC−→ =~c−~a.

5.6 Colinealidad y coplanaridad de puntos

Aqu´ı presentaremos la condici´on necesaria y suficiente para que tres puntos sean colineales y, a su vez, la condici´on necesaria y suficiente para que cuatro puntos sean coplanares.

Teorema 5.6.1 La condici´on necesaria y suficiente para que los puntosA(~a), B(~b) y C(~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

¾

Corolario 5.6.1 La condici´on necesaria y suficiente para que los puntosA(~a), B(~b) yC(~c) sean colineales es que existan escalares α, β, no nulos, tales que:

~c = α~a + β~b

1 = α + β

¾

Teorema 5.6.2 La condici´on necesaria y suficiente para que los puntosA(~a), B(~b), C(~c) y D(d~), no colineales de a tr´ıos, sean coplanares es que existan escalares α, β, γ y δ, no nulos, tales que:

α~a + β~b + γ~c + δ ~d = ~0

α + β + γ + δ = 0

(12)

5.7 Problemas resueltos

Problema 5.7.1 Si ~a y ~b son los vectores posici´on de los puntos A y B; determinar puntos C y D, colineales con A y B, tales que AC = 3AB y BD= 2BA.

Soluci´on:

Debe tenerseAC→ = 3AB→ y BD→ = 2BA→ . As´ı:

~c−~a = 3(~b−~a) y d~−~b= 2(~a−~b).

Con ello los vectores posici´on de los puntos C y D son, respectivamente:

~c= 3~b−2~a , d~= 2~a−~b .

Problema 5.7.2 Si A, B y C son puntos fijos y P un punto variable, se forma el paralelogramo P AQB de modo que la recta P Q pasa por C. Hallar el lugar geom´etrico de P. Soluci´on: M C B _Q A P Fig. 5.20

Considerando la figura 5.20, toma-mosCcomo origen, se tieneCA→ =~a,

→

CB =~b,CP→ =~p. Entonces:

~b−~p=~q−~a ,

(por la condici´on de paralelogramo). Pero~q=λ~p, por condici´on de colinealidad entreC, P, Q, luego:

~b−~p=λ~p−~a ,

por lo tanto:

~p= ~a+~b 1 +λ ;

que es la ecuaci´on de la transversal de gravedad desdeC a AB en el tri´angulo

(13)

Problema 5.7.3 Demostrar que en todo paralelogramo el trazo que une un v´ertice con el punto medio de un lado opuesto trisecta a la diagonal y, a su vez, es trisectado por ella.

Soluci´on:

Considerando la figura 5.21, seaE el punto medio del lado CD y sea F el punto donde el trazo AE intersecta a la diagonal BD.

En primer lugar, el cuadril´atero

ABCD es un paralelogramo, enton-ces AB→ =DC→ , luego: ~b−~a =~c−d .~ F E D C B A Fig. 5.21 Por otra parte, tenemos:

~e= ~c+d~ 2 = (~b+d~−~a) +d~ 2 , de donde 2~e=~b+ 2d~−~a, o mejor: ~a+ 2~e 3 = ~b+ 2d~ 3 .

Notemos ahora que por la definición [5.3.1] el lado izquierdo de la última igualdad representa el vector posición del punto P del trazo AE que divide a éste en la razón 2 : 1. Además, el lado derecho representa al vector posición del punto Q del trazo BD que divide a éste en la razón 2 : 1. Luego, la igualdad indica que los puntos P y Q coinciden en el (único) punto de intersección de los trazosAE y BD, o sea, coinciden en el punto F. As´ı, F divide a los trazos

AE y BD en la raz´on 2 : 1 y luego el trazo AE trisecta a la diagonal BD y ´esta, a su vez, trisecta al trazo AE.

Problema 5.7.4 Demostrar que si los lados de un triángulo ABC se divi-den en una misma razón según los puntos A0_, _B0 _y _C0_{, entonces el centro de}

gravedad del tri´angulo A0_B0_C0 _{coincide con el centro de gravedad del tri´angulo}

ABC.

Soluci´on:

(14)

C· B· A· C B A G Fig. 5.22 AC0 C0_B = BA0 A0_C = CB0 B0_A =λ , entonces: ~a0 ₌~b+λ~c 1 +λ , ~b 0 ₌ ~c+λ~a 1 +λ , ~c0 ₌~a+λ~b 1 +λ .

Con ello, el centro de gravedad G0 _{del tri´angulo}_A0_B0_C0 _{tiene vector posici´on:}

~g 0 ₌ ~a0+~b0 +~c0 3 = (1 +λ)(~a+~b+~c) 3(1 +λ) = ~a+~b+~c 3 =~g .

Este resultado muestra que los centros de gravedad G y G0 _{de los tri´angulos}

ABC y A0_B0_C0 _{son coincidentes.}

Problema 5.7.5 Demostrar que la suma de los vectoresnOA→ ymOB→ est´a da-da por (m+n)OC→ , donde C divide a AB en la raz´on m :n.

Soluci´on:

Considerando la figura 5.23, sean: →

OP =nOA ,→ OQ→ =mOB ,→

→

OR =OP→ +OQ .→

As´ı, si C(~c) es el punto de intersec-ci´on de AB y OR, entonces: → OR=λOC ,→ C B A Q R P O Fig. 5.23 donde: → OR =nOA→ +mOB→ = (m+n) ³_n_OA→ ₊_m_OB→ m+n ´ , con ello: λ=m+n y OC→ = n → OA+mOB→ m+n .

Por lo tanto, OR→ = (m+n)OC→ y el punto C divide al trazo AB en la raz´on

(15)

Problema 5.7.6 Demostrar el teorema [5.4.1]. Soluci´on: C B A P D Fig. 5.24

Considerando la figura 5.24, sea

P(~r) el punto tal que:

AP P B = m n . Entonces: ~r= n~a+m~b n+m = ~a+m n~b 1 + m n .

Ahora bien,se tiene:

AP P B = 1 2AP ·CD 1 2P B·CD = (AP C) (BP C) = ∆2 ∆1 ,

siendo CD la altura del tri´angulo ABC. As´ı:

m n = ∆2 ∆1 , con ello : ~r= ~a+∆2 ∆1 1 + ∆2 ∆1 = ∆1~a+ ∆2~b ∆1+ ∆2 , y finalmente, como: ∆1+ ∆2 = (BP C) + (AP C) = ∆, resulta: ~r= ∆1~a+ ∆2~b ∆ .

Problema 5.7.7 Demostrar el corolario [5.4.3] parte (2).

Soluci´on:

Los tri´angulos BIC, CIA y AIB, siendo I el incentro del tri´angulo ABC

tienen todos altura desde I igual aρ, con ello: ∆1 = 1 2aρ , ∆2 = 1 2bρ , ∆3 = 1 2cρ .

(16)

Luego, por el corolario [5.3.2], resulta: ~r= 1 2aρ+ 1 2bρ+ 1 2cρ 1 2(a+b+c)ρ = a~a+b~b+c~c a+b+c , o sea: ~r= a~a+b~b+c~c 2s .

Problema 5.7.8 Sea O el circuncentro yH el ortocentro del tri´anguloABC. Demostrar que:

→

OA+O→B +O→C =O→Hy que HA→ +HB→ +HC→ = 2H→O.

Soluci´on:

Elijamos el origen de los vectores en el circuncentro O del tri´angulo, o sea,

O =O. As´ı, de la relaci´on de Euler OG

OH =

1

3, siendo G el centro de gravedad del tri´anguloABC, resulta que OH→ = 3OG→ y como:

→ OG= → OA+OB→ +OC→ 3 , entonces: → OH =OA→ +OB→ +OC ,→ a su vez: → HA+HB→ +HC→ = (HO→ +OA→ ) + (HO→ +OB→ ) + (HO→ +OC→ ) = = 3HO→ + (OA→ +OB→ +OC→ ) = 3HO→ +OH→ = 3HO→ −HO→ = 2HO .→

Problema 5.7.9 En un tri´anguloABC, los puntosA0_, _B0 _y_C0 _{son los puntos}

medios de los lados. Una recta cualquiera por C corta a B0_C0 _{y a} _A0_C0 _en

los puntos P y Q, respectivamente. Demostrar que las rectas AP←→ y BQ←→ son paralelas.

(17)

Soluci´on:

Considerando la figura 5.25, sea el v´ertice C el origen de los vectores, de modo que CA→ =~a, CB→ =~b, etc. Como P ∈B0_C0_{, entonces para} cier-to λ se tiene: ~p=λ~c0+(1−λ)~b0 =λ~a+~b 2 +(1−λ) ~a 2 , luego: ~p=~a 2 + λ 2~b . C B A Q P C· B· A· Fig. 5.25

An´alogamente, para cierto µ:

~q=µ~c0_{+ (1}₋_µ₎_~a0 ₌_µ~a+~b 2 + (1−µ) ~b 2 , as´ı~q= ~b 2 + µ

2~a . Ahora como P y Q son colineales con el origen C, entonces para cierto α, ~q=α~p; con ello:

~b 2 + µ 2~a =α ³_~a 2+ λ 2~b ´ , de donde (α−µ)~a = (1−αλ)~b . Pero como~a y~bno son colineales, entonces:

α−µ= 1−αλ= 0, por lo tanto, resultaα=µ= 1

λ , luego ~q=~b 2+ 1 2λ~a . En consecuencia: → AP =~p−~a= ~a 2+ λ 2~b−~a= 1 2(λ~b−~a), → BQ=~q−~b=~b 2+ 1 2λ~a−~b=− 1 2λ(λ~b−~a),

y, por lo tanto,AP→ yBQ→ son paralelos, luego las rectasAP←→ yBQ←→ son paralelas. Problema 5.7.10 Sea ABC un tri´angulo y sean AP, BQ y CR tres para-lelas, donde P, Q y R est´an, respectivamente, en las rectas AC←→, BC←→ y AB←→. Demostrar el teorema de Ceva en el caso en que las rectas son paralelas, es decir, demostrar que:

BP P C · CQ QA · AR RB = 1 .

(18)

Soluci´on: C B A R Q P Fig. 5.26

Considerando la figura 5.26, seaAel origen de los vectores, de modo que:

→ AB =~b , AC→ =~c , etc. As´ı: BP P C =λ⇒~p= ~b+λ~c 1 +λ , CQ QA =µ⇒~q= ~c 1 +µ , AR RB =θ ⇒~r= θ~b 1 +θ .

Luego, como la recta AP←→ es paralela con la rectaBQ←→, se deduce que:

~b+λ~c 1 +λ =α µ ~c 1 +µ −~b ¶ , de donde ³ ₁ 1 +λ ´ (−1) = ³ _λ 1 +λ ´ ³ ₁ 1 +µ ´ , luego : −1 =λ(1 +µ), es decirµ=−(1 +λ) λ .

A su vez, como tambi´en se tiene que la rectaAP←→ es paralela con la recta CR←→, tenemos: ~b+λ~c 1 +λ =β Ã θ~b 1 +θ −~c ! , de donde ³ ₁ 1 +λ ´ ³ _θ 1 +θ ´ = ³ _λ 1 +λ ´ (−1) , luego : 1 +θ λθ =−1, es decirθ =− 1 1 +λ . As´ı : BP P C · CQ QA · AR RB =λµθ =λ· ³ − (1 +λ) λ ´ · ³ − 1 1 +λ ´ = 1 .

Problema 5.7.11 Sea D el punto de tangencia de la circunferencia inscrita a un tri´angulo ABC con el lado AB. Demostrar que el punto medio M de AB, el incentro I y el punto medio N de CD son colineales.

(19)

Soluci´on:

Considerando la figura 5.27, seaC el origen de los vectores de modo que:

→

CA=~a , CB→ =~b , etc.

Se sabe que si s es el semiper´ımetro del tri´angulo ABC, entonces:

AD=s−a , DB =s−b , de modo que: ~ d= (s−b)~a+ (s−a)~b c , M N I D C B A Fig. 5.27 luego: ~n= 1 2d~= (s−b)~a+ (s−a)~b 2c .

Adem´as, en este caso, el vector posici´on del incentro I es:

~i= a~a+b~b 2s , y es claro que: ~ m =~a+~b 2 , por lo tanto tenemos que:

a~a+b~b= 2s~i , ~a+~b= 2m ,~ de donde: ~a = 2(s~i−b ~m) a−b , ~b= 2(s~i−a ~m) b−a (a6=b), con ello: ~n= 2(s−b)(s~i−b ~m)−2(s−a)(s~i−a ~m) 2c(a−b) , en consecuencia, tenemos: ~n= s c~i+ s−a−b c m .~ As´ı, como: s c + s−a−b c = 2s−a−b c = 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 ABC es isósceles, el punto D coincide con el punto M y los tres puntos M, I, N son colineales, porque están en la recta

←→

CD que contiene a la altura, bisectriz y transversal.

Problema 5.7.12 Dado un tri´angulo ABC por su centro de gravedad se traza la recta ` que corta a BC en A0_{, a}_CA _en _B0 _{y a} _AB _en _C0_{. Demostrar que:}

1 GA0 + 1 GB0 + 1 GC0 = 0 . Soluci´on: C B A C· B· A· G Fig. 5.28

En primer lugar observemos que el problema propuesto considera longi-tudes signadas para que tal resulta-do sea posible. As´ı, miranresulta-do la fi-gura 5.28, donde hemos colocado el origen de los vectores en el centro de gravedad G tenemos que:

−→ GA=~a , GB−→ =~b , etc. Luego, como: ~g = 1 3(~a+~b+~c), se tendr´a: ~a+~b+~c=~0.

Por lo tanto, se consigue:

~c0 ₌_λ~a_{+ (1}₋_λ₎~b₌_−λ₍~b₊_~c_{) + (1}₋_λ₎~b _{(para cierto}_λ₎_, o sea:

~c0 = (1−2λ)~b−λ~c .

Dividiendo esta igualdad por (1−2λ) + (−λ) = 1−3λ, se obtiene:

~c0 1−3λ =

(1−2λ)~b−λ~c

(21)

donde el lado izquierdo representa al vector posici´on de un punto de la recta ←→

GC0 _{y el lado derecho representa al vector posici´on de un punto de la recta} −→

BC, de modo que se trata del punto A0_{; luego:}

~a0 ₌ 1 1−3λ~c 0 _, _{con lo que :} _GC0 _{= (1}₋₃_λ₎_GA0 _. An´alogamente: ~c0 =λ~a+ (1−λ)¡−(~a+~c)¢= (2λ−1)~a+ (λ−1)~c , de donde: ~c0 3λ−2 = (2λ−1)~a+ (λ−1)~c 3λ−2 =~b 0 _, luego: ~b0 ₌ 1 3λ−2~c 0 _, _{con ello :} _GC0 _{= (3}_λ₋₂₎_GC0 _. Por lo tanto, tenemos:

1 GA0 + 1 GB0 + 1 GC0 = 1 GC0 h_GC0 GA0 + GC0 GB0 + 1 i = 1 GC0 ¡ (1−3λ) + (3λ−2) + 1¢= 0.

Problema 5.7.13 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 as´ı formadas concurren en el centro de gravedad de los n puntos.

Soluci´on:

Sean Pk(~rk) (k = 1,2,3,· · ·n) los n puntos dados. As´ı el centro de gravedad de ellos est´a dado por G(~g) con:

~g = 1 n n X k=1 ~rk .

Sea ahora`j la recta que une al punto P(~rj) con el centro de gravedadGj(~gj) de los otros (n−1) puntos, luego:

~gj = 1 n−1 n X k=1, k6=j ~rk. Se tiene: n~g−(n−1)~gj = n X k=1 ~rk− n X k=1, k6=j ~rk =~rj ,

(22)

de modo que:

~g= (n−1)~gj +~rj

n ,

y como (n−1) + 1 =n, se tiene que G(~g) es colineal con los puntos Gj(~gj) y

Pj(~rj), es decir, el punto Gpertenece a la recta `j (j = 1,2,3,· · · , n).

Problema 5.7.14 Dado un punto A y dos rectas que se cruzan, `1 y `2,

hallar la ecuaci´on del plano que pasa por A y es paralelo a `1 y `2.

Soluci´on:

Considerando la figura 5.29, sean

A(~a) y d~ y ~e las direcciones de las rectas `1 y `2.

Como `1 y `2 se cruzan es claro que

~

d6=λ~e. Por lo tanto, la ecuaci´on del plano buscado es:

~r=~a+α~d+β~e , α, β ∈R. l2 l1 Π d e A Fig. 5.29

Problema 5.7.15 Sean A y B 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 OA y OB, cortando al plano según rectas paralelas. Solución: Π b a e B A 0 Fig. 5.30

Considerando la figura 5.30, seaO el origen, de modo que:

−→

OA=~a , OB−→ =~b , etc.; sean ΠA y ΠB los planos por OA y

OB y sea~ela dirección común de las paralelas de intersección con el plano Π (~e6=AB→ ).

As´ı, las ecuaciones de estos planos las podemos escribir: ΠA : ~r=α~a+λ~e , ΠB : ~r=β~b+µ~e ,

(23)

de modo que la intersecci´on 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 porO paralela al plano Π, de modo que el lugar geométrico pedido (cuando~e

var´ıa) es el plano paralelo a Π que pasa por el punto O, excepto la recta por

O paralela a la rectaAB.

Problema 5.7.16 Dadas dos rectas `1 y `2, que se cortan en el punto A y

una recta` que no las corta, seaP un punto variable de `. Determinar el lugar geom´etrico de la recta de intersecci´on de los planos (P, `1) y (P, `2).

Soluci´on:

Considerando la figura 5.31, sean

A(~a) y:

~r=~b+λ~d , λ ∈R,

la ecuaci´on de la recta`. SeaP(~p)∈ `. l2 l1 Π A B P Fig. 5.31

Entonces, la intersecci´on de los planos (P, `1) y (P, `2) es la recta

←→ AP de ecuaci´on: ~r=~a+α(~p−~a), α∈R, es decir: ~r=~a+ (~b+λ~d−~a),

ecuaci´on que podemos reescribir:

~r=~a+α(~b−~a) +β ~d , (con : β =λα).

As´ı, el lugar geom´etrico pedido es el plano que pasa por el punto A y que contiene a la recta `.

Problema 5.7.17 Demostrar que todo plano paralelo a dos lados opuestos de un cuadril´atero gauso divide a los otros dos lados en partes proporcionales.

(24)

Soluci´on:

Considerando la figura 5.32, de la página siguiente, sea ABCDel cuadrilátero gauso y supongamos que el plano Π, paralelo a los lados opuestos AB y CD, corta a los lados AD y BC en los puntos M y N, respectivamente. Elijamos el origen en el vértice A, de modo que AB−→ =~b, AC−→ =~c, etc. Como se trata de un cuadrilátero gauso~b,~c,d~son no coplanares.

N M D C B A Fig. 5.32

Sea, entonces la ecuaci´on del plano Π:

~r=~e+λ~b+µ(d~−~c),

donde E(~e) es su posici´on. Sea:

~e=β~b+γ~c+δ ~d .

As´ı, la ecuaci´on del plano Π la po-demos reescribir:

~r=β~b+γ~c+δ ~d+λ~b+µ(d~−~c).

Ahora bien, como su intersecci´on M(m~) con AD←→ debe cumplir con m~ = θ ~d, deber´a tenerse β+λ =γ −µ= 0, δ+µ=θ, en consecuencia, θ = γ+δ, de modo que: AM = (γ+δ)AD , y luego: AM MD = γ+δ 1−(γ+δ) .

otra parte, la intersecci´on N(~n) del plano Π con BC←→ debe cumplir con ~n =

τ~b+ (1−τ)~c, y deber´a tenerse β+λ=τ, γ−µ= 1−τ,δ+µ= 0, con esto:

BN NC = 1−τ τ , y 1−τ =γ+δ, de donde: BN NC = γ+δ 1−(γ +δ).

Por lo tanto, tenemos:

AM MD =

BN NC ,

(25)

y los ladosAD y BC quedan divididos, en la misma raz´on, por los puntos M

y N, respectivamente.

Problema 5.7.18 Sea A1A2A3A4 un paralelogramo contenido en un plano

que pasa por el origen. SeanAk(~ak)yBkel punto de vector posici´on~bk=αk~ak, (αk 6= 0) (k = 1,2,3,4). Demostrar que los cuatro puntos Bk son coplanares

si y s´olo si: 1 α1 + 1 α3 = 1 α2 + 1 α4 . Soluci´on:

SiA1A2A3A4 es un paralelogramo, entonces~a2−~a1 =~a3 −~a4, o sea:

(~a1+~a3)−(~a2 +~a4) =~0,

reemplazando las expresiones para~bk, se tiene: ³_~b 1 α1 + ~b3 α3 ´ − ³_~b 2 α2 +~b4 α4 ´ =~0.

As´ı, por el teorema [5.5.2] los vectores~b1,~b2,~b3,~b4 son coplanares si y s´olo si:

1 α1 + 1 α3 = 1 α2 + 1 α4 .

Problema 5.7.19 Demostrar que si las rectas trazadas desde un punto E a los v´ertices A, B, C y D de un tetraedro cortan a los planos de las caras opuestas en los puntos A0_, _B0_, _C0 _y _D0_{, respectivamente,, entonces:}

EA0 A0_A + EB0 B0_B + EC0 C0_C + ED0 D0_D =−1. Soluci´on:

Tomemos como origen de los vectores al vértice D, con elloDA−→ =~a, DB−→ =~b, etc. Además, 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:

EA0

(26)

de modo que:

~a0 ₌ ~e+λ~a

1 +λ , o sea : ~a

0 ₌ (α+λ)~a+β~b+γ~c

1 +λ .

Entonces, como el puntoA0 _{pertenece al plano de la cara} _BCD_{deber´a tenerse}

α+λ= 0, luego λ=−α, con ello:

EA0 A0_A =−α . An´alogamente: EB0 B0_B =−β , EC0 C0_C =−γ . Por otra parte, si:

ED0 D0_D =δ , entonces: ~ d0 = ~e 1 +δ = α~a+β~b+γ~c 1 +δ , luego: α~a+β~b+γ~c−(1 +δ)d~0 ₌_~₀_,

pero como los puntos A, B, C y D0 _{son coplanares, deber´a tenerse:}

α+β+γ−(1 +δ) = 0 , con ello: − EA 0 A0_A − EB0 B0_B − EC0 C0_C −1− ED0 D0_D = 0, o sea: EA0 A0_A + EB0 B0_B + EC0 C0_C + ED0 D0_D =−1.

Problema 5.7.20 Demostrar que si un tetraedro se corta por un plano para-lelo a dos aristas opuestas, entonces la secci´on es un parapara-lelogramo.

Soluci´on:

Considerando la figura 5.33, tomamos como origen de los vectores al v´ertice

(27)

Sea Π un plano paralelo a las aristas

DAyBCy supongamos que la posi-ci´on de este plano es el punto P0(~r0)

de modo que la ecuaci´on de Π puede escribirse: ~r=~r0+α~a+β(~c−~b), (α, β ∈R). Π H G F E D B C A Fig. 5.33

Sea EF GH la secci´on que forma Π con el tetraedro. Entonces, como H ∈

←→ BD∩Π, deber´a tenerse: ~h=λ1~b=~r0+α1~a+β1(~c−~b), y como G∈CD←→ ∩Π: ~g=λ2~c=~r0 +α2~a+β2(~c−~b), en consecuencia, tenemos: −→ HG=~g−~h=λ2~c−λ1~b= (α2−α1)~a+ (β2−β1)(~c−~b),

de modo que deber´a tenerse:

α2−α1 = 0 , λ2 =λ1 =β2 −β1 ,

luego:

−→

HG= (β2−β1)(~c−~b).

Este resultado muestra queHG−→ es paralelo conBC−→. An´alogamente se demues-tra que EF−→ es paralelo con BC−→ y luego,HG−→ es paralelo con EF−→.

A su vez, se demuestra que HE−→ es paralelo con~a y ´este con GF−→, con lo que se deduce que la secci´on EF GH es un paralelogramo.

Problema 5.7.21 Dado el tetraedroABCD, seaEF Guna sección cualquiera paralela a la base ABC. Hallar el lugar geométrico del punto de intersección de los planos Π(A, F, G), Π(B, G, E) y Π(C, E, F).

(28)

Soluci´on: D C B A CG G F E Fig. 5.34

Considerando la figura 5.34, elijamos el origen en el v´ertice D, de modo que DA−→ = ~a, DB−→ = ~b, etc. As´ı, como el plano Π(E, F, G) es parale-lo con el plano Π(A, B, C) existe un real λ tal que:

~e=λ~a , ~f =λ~b , ~g=λ~c .

Con ello, la ecuaci´on del plano Π(A, F, G) se puede escribir:

~r=~a+β(f~−~a) +γ(~g−~a) = (1−β−γ)~a+βλ~b+γλ~c .

An´alogamente se puede escribir las ecuaciones de los planos Π(B, G, E) y Π(C, E, F).

Ahora bien, por la simetr´ıa del problema, el punto de intersecci´on P(~p) de estos planos debe ser tal que:

1−β−γ =βλ=γλ ,

o sea, tal que:

β =γ = 1 2 +λ .

En consecuencia:

~p= 1

2 +λ(~a+~b+~c).

As´ı, ~p es colineal con el vector ~a+~b+~c

3 , es decir con el vector posici´on del centro de gravedad del tri´anguloABC.

Por lo tanto, el lugar geom´etrico pedido es la recta que une al v´ertice D con el centro de gravedad de la base ABC del tetraedro.

Problema 5.7.22 En el espacio se consideran los n puntos Pk(~rk) (k= 1, 2,3,· · · , n). Demostrar que la recta que une al centro de gravedad de los puntos P1, P2, · · ·, Ps con el centro de gravedad de los puntos Ps+1, Ps+2,· · ·, Pn (1≤s < n) pasa por el centro de gravedad de los n puntos.

(29)

Soluci´on:

Sea Gs(~gs) el centro de gravedad de los puntosP1,P2, · · ·, Ps y seaGs(~gs¯) el

centro de gravedad de los puntos Ps+1, Ps+2,· · ·, Pn. Entonces:

~gs= 1 s s X k=1 ~rk , ~gs¯= 1 n−s n X k=s+1 ~rk ,

y la ecuaci´on de la recta G←→sG¯s puede escribirse:

~r= λ s s X k=1 ~rk+ 1−λ n−s n X k=s+1 ~rk .

As´ı, la recta pasa por el centro de gravedad G(~g) de los n puntos, donde:

~g = 1 n n X k=1 ~rk , si se satisface simult´aneamente: λ s = 1−λ n−s = 1 n ,

lo que es cierto paraλ = 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 me-dios de los lados opuestos son concurrentes en el centro de gravedad del triángulo.”

En el problema propuesto [5.7.47] se sugiere considerar los casos s = 1, n = 4 y s = 2, n = 4. El lector podr´a pensar en casos donde n >4. N´otese que los casos s, n y n−s, n son equivalentes.

(30)

5.8 Problemas propuestos

1. Siendo M y N los puntos medios de los trazos AB y CD, respectiva-mente, demostrar que:

−→

AC+BD−→ = 2MN ,−→

y que:

−→

AC+AD−→ +BD−→ +BC−→ = 4MN .−→

2. Demostrar que si D, E y F son los puntos medios de los lados de un tri´angulo ABC, entonces (cualquiera sea el origen) se tiene:

~

d+~e+f~=~a+~b+~c .

3. Demostrar que si cinco vectores actúan en el vértice A de un hexágono regularABCDEF hacia los otros cinco vértices y con sus extremos fina-les en dichos vértices, entonces la suma de estos cinco vectores es igual a 3AD−→.

4. Demostrar vectorialmente que los puntos medios de los lados de cualquier cuadril´atero son los v´ertices de un paralelogramo.

5. Demostrar vectorialmente que las diagonales de un paralelogramo se di-midian.

6. SeaABC un tri´angulo yP un punto variable de su plano. SiAP−→+P B−→ + −→

P C = P Q−→, demostrar que ABQC es un paralelogramo y, por lo tanto,

Qes un punto fijo.

7. Demostrar que en todo tri´angulo las transversales de gravedad se trisec-tan mutuamente.

8. Demostrar que en todo tri´angulo 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 ABCD. Demostrar que cualquiera sea el origenO, se tiene 4~e=~a+~b+~c+d~.

10. Sea O el centro de un pol´ıgono regular P1P2P3· · ·Pn y sea A un punto cualquiera del plano del pol´ıgono. Demostrar que

n X k=1 −→ APk =n −→ AO .

(31)

11. Demostrar que el puntoGes el centro de gravedad de un tri´anguloABC

si y s´olo siAG−→ +BG−→ +CG−→ =~0.

12. Demostrar vectorialmente que la recta que une el punto de intersecci´on de los lados de un trapecio con el punto de intersecci´on de sus diagonales dimidia ambas bases.

13. En un tri´angulo ABC, la recta ` pasa por el v´ertice A y por el punto medio de la transversal de gravedadCM. Demostrar que`divide al lado

BC en la raz´on 2 : 1.

14. Dados dos tri´angulos, demostrar que si las transversales de gravedad del primero son paralelas a los lados del segundo, entonces las transversales de gravedad de ´este son paralelas a los lados del primero.

15. Dado un triángulo, demostrar que existe un segundo triángulo con la-dos paralelos y de igual longitud que las transversales de gravedad del triángulo dado.

16. Demostrar el corolario [5.4.2].

17. Demostrar el corolario [5.4.3], partes (1), (6) y (7).

18. Demostrar que siAD es un diámetro de la circunferencia circunscrita al triánguloABC, entoncesHB−→ +HC−→ −HA−→ =AD−→, siendoH el ortocentro del triánguloABC.

19. SeaABCD un trapecio cuyas bases son AB y CD. Demostrar:

(i) que el punto de intersección P de las diagonales divide a éstas en la misma razón, y:

(ii) que el punto de intersecciónQde los lados divide a éstos en la razón opuesta a aquella en que P divide a las diagonales.

20. Los puntosD,E yF dividen, respectivamente, a los ladosCA,AByBC

de un tri´angulo ABC en la misma raz´on. Se forman los paralelogramos

AEGF y BDHG. Demostrar que el punto H coincide con el punto C. 21. En un tri´angulo ABC las transversales de gravedad AA0_, _BB0 _y _CC0

se cortan en el centro de gravedad G. Sean D y E los puntos medios de los trazos GA y GB. Demostrar que el cuadril´atero DEA0_B0 _{es un} paralelogramo.

22. En un tri´angulo ABC se trazan las transversales de gravedad CM y

(32)

paralela aAN. Estas dos rectas se cortan en el puntoP. SeaDel punto medio de P N. Demostrar que BD es paralela con MN.

23. Por un punto D cualquiera del interior de un tri´angulo ABC se trazan paralelas a los lados AB, BC y CA form´andose respectivamente en los lados trazosP Q, RS y T U. Demostrar que:

P Q AB + RS BC + T U CA = 2.

24. Dado un cuadril´atero ABCD, se traza por B una paralela BF al lado

CD (F sobre AC) y porC una paralelaCG al ladoAB (G sobre BD). Demostrar que F G es paralela con AD.

25. Cuatro rectas concurrentes intersectan a otras dos rectas en los puntosA,

B, C, D y P, Q, R, S, respectivamente. Demostrar que el cuociente de las razones en las cuales B y C dividen al tazo AD es igual al cuociente de las razones en las cuales Qy R dividen al trazo P S.

26. Dado un ´anguloXOY, se tomaF sobreOY y se traza porF una paralela aOX que corta en el puntoEa una recta que pasa porO. SeaB el punto medio de EF. Por B se traza una recta que corta en los puntos A, C y

D, respectivamente aOX, OE y OY. Demostrar que: AC

CB =− AD DB.

27. En un paralelogramoABCDse prolongaAB enBE =BC y se prolonga

AD enDF =CD. Demostrar que los puntosF, C y E son colineales. 28. Sea ABCD un cuadril´atero tal que los lados AD y BC prolongados se

cortan en el puntoE y que los ladosAB y DC prolongados se cortan en

F. Sea DGparalela aCB y BGparalelo aCD. Sea F H paralelo aCE

y EH paralelo a CF. Demostrar que A, G y H son colineales.

29. Dos vectores~ay~b, de magnitudesay 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 ` corta a los ladosAC, CB y BA (o a sus prolongaciones) de un tri´anguloABC en los puntos D,E y F, respectivamente. Demostrar elteorema de Menelao: AD DC · CE EB · BF F A =−1.

(33)

31. SeaP un punto interior del tri´angulo ABC. SeanA0_, _B0_, _C0 _{los puntos} donde las rectas AP, BP y CP cortan a los respectivos lados opuestos. Demostrar el teorema de Ceva:

AC0 C0_B · BA0 A0_C · CB0 B0_A = 1.

32. Un trazo AB se dimidia por el punto P1; P1B se dimidia por el punto

P2; P2B se dimidia por el punto P3 y as´ı, sucesivamente. Se colocan

part´ıculas de masas m, 1 2m,

1

4m, · · · , en los puntos P1. P2, P3, · · ·. Demostrar que la distancia desde el centro de gravedad de las part´ıculas al punto B es igual a un tercio deAB.

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 `, su intersecci´on es paralela a la recta `.

35. Demostrar que si dos planos paralelos se cortan por un tercer plano, las rectas de intersecci´on son paralelas.

36. Dadas dos rectas,`1 de posición~ay direcciónd~y la recta `2 de dirección

~ey que se cruza con`1, demostrar que la ecuaci´on del plano que contiene

a`1 y es paralelo con `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 ABCD un cuadril´atero gauso y sea EF una recta que se desplaza apoy´andose en los lados opuestosAB y CD, de modo tal que:

AE ED ·

CF F D = 1 .

Demostrar que la recta EF corta siempre a la recta que une los puntos medios de los ladosAD y BC.

39. Demostrar que los semiplanos que contienen una arista de un tetraedro y dimidian a la arista opuesta concurren en un punto.

(34)

40. Sea ABCD un tetraedro. Por un punto P del plano del tri´angulo ABC

se trazan a las aristas DA, DB y DC (hasta las caras DBC, DCA y

DAB) las paralelas P E, P F y P G. Demostrar que:

P E DA + P F DB + P C DC = 1 .

41. Dado el tetraedro ABCD, seaEF Guna sección cualquiera paralela a la baseABC. 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 vérticeD con el centro de gravedad del triángulo ABC.

42. Demostrar que si por la recta EF, que une los puntos medios de las aristas opuestas DA y BC de un tetraedro ABCD, se traza un plano cualquiera que corta a la aristaDB en el puntoG y a la aristaAC en el punto H, el trazo GH queda dimidiado por la recta EF

43. Sean AA0_, _BB0_, _CC0 _y _DD0 _{cuatro rectas concurrentes a un punto} _O_, tales que los puntos A, B, C y D son coplanares, as´ı como los puntos

A0_, _B0_, _C0_, _D0_{. Demostrar que las rectas de intersecci´on de los planos}

ACD y A0_C0_D0_, _CDA _y _C0_D0_A0_, _DAB _y _D0_A0_B0_, _ABC _y _A0_B0_C0 _son coplanares.

44. Dados un plano Π y un triánguloABC, se considera un puntoDexterior al plano Π. Las rectasDA,DByDCcortan al plano Π, respectivamente en los puntosA0_,_B0 _y_C0_{. Demostrar que cuando la posición del punto}_D var´ıa, pemaneciendo exterior al plano Π y al plano del triángulo ABC, los ladosA0_B0_,_B0_C0 _y_C0_A0 _{del triángulo}_A0_B0_C0 _{pasan, respectivamente,} por tres puntos fijos colineales.

45. Demostrar que el centro de gravedad de un tetraedro es tal que, uni´endolo a los cuatro v´ertices el tetraedro queda dividido en cuatro tetraedros equivalentes.

46. Dado el tetraedro ABCD, seaEF Guna sección cualquiera paralela a la baseABC. Demostrar que el lugar geométrico del punto de intersección de los planosBCE,CAF yABG es la recta que une al vérticeD con el centro de gravedad de la base ABC del tetraedro.

47. Con referencia al problema resuelto [5.7.22], demostrar que si en particu-lar n= 4 y:

(35)

“Las rectas que unen los v´ertices 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 tetrae-dro.”

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 fijoP con el punto medio de la arista opuesta del tetraedro, concurren en un punto Q tal que el trazo P Qes dimidiado por el centro de gravedad del tetraedro.

49. Demostrar que si las cuatro rectas que unen los v´ertices correspondientes de dos tetraedros son concurrentes, entonces las rectas de intersecci´on de las caras correspondientes son coplanares y rec´ıprocamente.

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 as´ı obtenidos son colineales.