Problemas

Problema 1: Examen de 2025 de Andalucía

Una viga rígida, considerada como un objeto unidimensional, debe ser transportada horizontalmente a ras de suelo a través de un pasillo que gira en ángulo recto. La anchura del pasillo antes de la esquina es $𝑎$ y, tras el giro, pasa a tener anchura $𝑏$ . Determinar la longitud máxima que puede tener la viga para que sea posible trasladarla, sin levantarla del suelo, y superar la esquina formada por los dos tramos perpendiculares del pasillo.
A la gran final de un torneo de ajedrez han llegado Alicia y Berta. En este deporte, la victoria otorga un punto y las tablas medio punto. Para saber quién será la campeona final, van a jugar dos partidas y ganará aquella que obtenga mayor puntuación. En caso de empate, se repetirá el proceso. Se sabe que, en una partida, $𝑝$ es la probabilidad de que gane Alicia, $𝑞$ es la de que gane Berta y $𝑟$ es la probabilidad de que terminen en tablas. Calcular la probabilidad de ganar el torneo que tiene cada una. Particularizar finalmente al caso $𝑟 = 𝑞 = 0, 25$ .
Demostrar que el producto de los catetos de un triángulo rectángulo donde todos los lados son números naturales es múltiplo de 12.

Resolución

Sean

𝑙

la longitud de la viga y

𝑂

el punto de la esquina interior. La viga de mayor longitud que puede realizar el giro se corresponde con el segmento de longitud mínima que pasa por

𝑂

y tiene extremos en los bordes exteriores del pasillo. Figura

Sea

𝛼 \in (0, 𝜋 2)

el ángulo que forma el segmento con la horizontal y sean

𝑙 1

𝑙 2

las distancias del punto

𝑂

a cada uno de los extremos, respectivamente. Se tiene que:

c o s (𝛼) = 𝑎 𝑙 1 \Rightarrow 𝑙 1 = 𝑎 c o s (𝛼), s e n (𝛼) = 𝑏 𝑙 2 \Rightarrow 𝑙 2 = 𝑏 s e n (𝛼) .

De esta forma, la longitud completa de la viga viene dada en función del ángulo

𝛼

por:

𝑙 = 𝑙 1 + 𝑙 2 = 𝑎 c o s (𝛼) + 𝑏 s e n (𝛼) .

Así que la función a minimizar es:

𝑓 (𝛼) = 𝑎 c o s (𝛼) + 𝑏 s e n (𝛼) .

En primer lugar, hallamos la derivada de la función.

𝑓' (𝛼) = - 𝑎 c o s 2 (𝛼) \cdot (- s e n (𝛼)) - 𝑏 s e n 2 (𝛼) \cdot c o s (𝛼) = 𝑎 s e n (𝛼) c o s 2 (𝛼) - 𝑏 c o s (𝛼) s e n 2 (𝛼) .

Hallamos los puntos críticos igualando la derivada a cero.

𝑓' (𝛼) = 0 \Leftrightarrow 𝑎 s e n (𝛼) c o s 2 (𝛼) - 𝑏 c o s (𝛼) s e n 2 (𝛼) = 0 \Leftrightarrow 𝑎 s e n (𝛼) c o s 2 (𝛼) = 𝑏 c o s (𝛼) s e n 2 (𝛼) \Leftrightarrow 𝑎 s e n 3 (𝛼) = 𝑏 c o s 3 (𝛼) \Leftrightarrow t g 3 (𝛼) = 𝑏 𝑎 \Leftrightarrow \Leftrightarrow t g (𝛼) = 3 \sqrt 𝑏 𝑎 \Leftrightarrow 𝛼 = a r c t g (3 \sqrt 𝑏 𝑎) .

Estudiamos el signo de la derivada para comprobar que en el punto de abscisa

𝛼 = a r c t g (3 \sqrt 𝑏 𝑎)

se alcanza el mínimo de la función. Observamos que:

l í m 𝛼 \to 0 + 𝑓' (𝛼) = l í m 𝛼 \to 0 + (𝑎 s e n (𝛼) c o s 2 (𝛼) - 𝑏 c o s (𝛼) s e n 2 (𝛼)) = - \infty, l í m 𝛼 \to 𝜋 2 - 𝑓' (𝛼) = l í m 𝛼 \to 𝜋 2 - (𝑎 s e n (𝛼) c o s 2 (𝛼) - 𝑏 c o s (𝛼) s e n 2 (𝛼)) = + \infty .

Podemos organizar la información en una tabla.

	$(0, a r c t g (3 \sqrt 𝑏 𝑎))$	$(a r c t g (3 \sqrt 𝑏 𝑎), 𝜋 2)$
signo de $𝑓'$	$-$	$+$
monotonía de $𝑓$	$\to$	$\to$

Así que el mínimo absoluto de la función se alcanza en

𝛼 = a r c t g (3 \sqrt 𝑏 𝑎)

. Por tanto, la longitud máxima de la viga viene dada por:

𝑙 = 𝑎 c o s (𝛼 0) + 𝑏 s e n (𝛼 0), c o n 𝛼 0 = a r c t g (3 \sqrt 𝑏 𝑎) .

Para obtener una expresión más simplificada, podemos escribir el seno y el coseno en función de la tangente.

t g (𝛼) = s e n (𝛼) c o s (𝛼) \Rightarrow t g 2 (𝛼) = s e n 2 (𝛼) \cdot 1 c o s 2 (𝛼) = s e n 2 (𝛼) (1 + t g 2 (𝛼)) \Leftrightarrow s e n 2 (𝛼) = t g 2 (𝛼) 1 + t g 2 (𝛼), c o s 2 (𝛼) = 1 - s e n 2 (𝛼) = 1 - t g 2 (𝛼) 1 + t g 2 (𝛼) = 1 1 + t g 2 (𝛼) .

Por tanto, la longitud se puede expresar de la forma:

𝑙 = 𝑎 \sqrt 1 + t g 2 (𝛼 0) + 𝑏 \sqrt 1 + t g 2 (𝛼 0) t g (𝛼 0) = (𝑎 + 𝑏 t g (𝛼 0)) \sqrt 1 + t g 2 (𝛼 0) = ⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ 𝑎 + 𝑏 3 \sqrt 𝑏 𝑎 ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ \sqrt \sqrt \sqrt \sqrt \sqrt ⎷ 1 + (3 \sqrt 𝑏 𝑎) 2 = = (𝑎 + 𝑏 3 \sqrt 𝑎 3 \sqrt 𝑏) \sqrt \sqrt \sqrt \sqrt \sqrt ⎷ 1 + (3 \sqrt 𝑏 𝑎) 2 = (𝑎 + 𝑎 13 \cdot 𝑏 23) \sqrt 1 + (𝑏 𝑎) 23 = 3 \sqrt 𝑎 (𝑎 23 + 𝑏 23) \sqrt 1 + (𝑏 𝑎) 23 .

Sean los sucesos:

𝐴 = 𝐴 𝑙 𝑖 𝑐 𝑖 𝑎 𝑔 𝑎 𝑛 𝑎 𝑙 𝑎 𝑝 𝑎 𝑟 𝑡 𝑖 𝑑 𝑎, 𝐵 = 𝐵 𝑒 𝑟 𝑡 𝑎 𝑔 𝑎 𝑛 𝑎 𝑙 𝑎 𝑝 𝑎 𝑟 𝑡 𝑖 𝑑 𝑎, 𝑇 = 𝑙 𝑎 𝑝 𝑎 𝑟 𝑡 𝑖 𝑑 𝑎 𝑡 𝑒 𝑟 𝑚 𝑖 𝑛 𝑎 𝑒 𝑛 𝑡 𝑎 𝑏 𝑙 𝑎 𝑠, 𝑅 𝐴 = 𝐴 𝑙 𝑖 𝑐 𝑖 𝑎 𝑔 𝑎 𝑛 𝑎 𝑙 𝑎 𝑟 𝑜 𝑛 𝑑 𝑎, 𝑅 𝐵 = 𝐵 𝑒 𝑟 𝑡 𝑎 𝑔 𝑎 𝑛 𝑎 𝑙 𝑎 𝑟 𝑜 𝑛 𝑑 𝑎, 𝑅 𝐸 = 𝑙 𝑎 𝑟 𝑜 𝑛 𝑑 𝑎 𝑞 𝑢 𝑒 𝑑 𝑎 𝑒 𝑛 𝑒 𝑚 𝑝 𝑎 𝑡 𝑒, 𝐺 𝐴 = 𝐴 𝑙 𝑖 𝑐 𝑖 𝑎 𝑔 𝑎 𝑛 𝑎 𝑒 𝑙 𝑡 𝑜 𝑟 𝑛 𝑒 𝑜, 𝐺 𝐵 = 𝐵 𝑒 𝑟 𝑡 𝑎 𝑔 𝑎 𝑛 𝑎 𝑒 𝑙 𝑡 𝑜 𝑟 𝑛 𝑒 𝑜 .

Podemos organizar los datos en un diagrama de árbol.

			$𝐴 (2 - 0)$
		$𝑝 \leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow \to$
	$𝐴$	$𝑞 \leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow \to$	$𝐵 (1 - 1)$
$𝑝 \leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow \to$		$𝑟 \leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow \to$
			$𝑇 (1, 5 - 0, 5)$
			$𝐴 (1 - 1)$
		$𝑝 \leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow \to$
$𝑞 \leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow \to$	$𝐵$	$𝑞 \leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow \to$	$𝐵 (0 - 2)$
		$𝑟 \leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow \to$
			$𝑇 (0, 5 - 1, 5)$
			$𝐴 (1, 5 - 0, 5)$
$𝑟 \leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow \to$		$𝑝 \leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow \to$
	$𝑇$	$𝑞 \leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow \to$	$𝐵 (0, 5 - 1, 5)$
		$𝑟 \leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow \to$
			$𝑇 (1 - 1)$

Las probabilidades de obtener los distintos resultados al terminar la ronda de dos partidas son:

𝑃 (𝑅 𝐴) = 𝑃 (𝐴 \cap 𝐴) + 𝑃 (𝐴 \cap 𝑇) + 𝑃 (𝑇 \cap 𝐴) = 𝑃 (𝐴) \cdot 𝑃 (𝐴 | 𝐴) + 𝑃 (𝐴) \cdot 𝑃 (𝑇 | 𝐴) + 𝑃 (𝑇) \cdot 𝑃 (𝐴 | 𝑇) = = 𝑝 2 + 𝑝 𝑟 + 𝑟 𝑝 = 𝑝 2 + 2 𝑝 𝑟 = 𝑝 (𝑝 + 2 𝑟), 𝑃 (𝑅 𝐵) = 𝑃 (𝐵 \cap 𝐵) + 𝑃 (𝐵 \cap 𝑇) + 𝑃 (𝑇 \cap 𝐵) = 𝑃 (𝐵) \cdot 𝑃 (𝐵 | 𝐵) + 𝑃 (𝐵) \cdot 𝑃 (𝑇 | 𝐵) + 𝑃 (𝑇) \cdot 𝑃 (𝐵 | 𝑇) = = 𝑞 2 + 𝑞 𝑟 + 𝑟 𝑞 = 𝑞 2 + 2 𝑞 𝑟 = 𝑞 (𝑞 + 2 𝑟), 𝑃 (𝑅 𝐸) = 𝑃 (𝐴 \cap 𝐵) + 𝑃 (𝐵 \cap 𝐴) + 𝑃 (𝑇 \cap 𝑇) = 𝑃 (𝐴) \cdot 𝑃 (𝐵 | 𝐴) + 𝑃 (𝐵) \cdot 𝑃 (𝐴 | 𝐵) + 𝑃 (𝑇) \cdot 𝑃 (𝑇 | 𝑇) = = 𝑝 𝑞 + 𝑞 𝑟 + 𝑟 2 = 𝑟 2 + 2 𝑝 𝑞 .

De esta forma, las probabilidades de que ganen Alicia y Berta, respectivamente, vienen dadas por:

𝑃 (𝐺 𝐴) = 𝑃 (𝑅 𝐴) + 𝑃 (𝑅 𝐸) \cdot 𝑃 (𝑅 𝐴) + 𝑃 (𝑅 𝐸) 2 \cdot 𝑃 (𝑅 𝐴) + \dots = \infty \sum 𝑛 = 0 𝑃 (𝑅 𝐴) \cdot 𝑃 (𝑅 𝐸) 𝑛 = 𝑃 (𝑅 𝐴) \cdot \infty \sum 𝑛 = 0 (𝑟 2 + 2 𝑝 𝑞) 𝑛, 𝑃 (𝐺 𝐵) = 𝑃 (𝑅 𝐵) + 𝑃 (𝑅 𝐸) \cdot 𝑃 (𝑅 𝐵) + 𝑃 (𝑅 𝐸) 2 \cdot 𝑃 (𝑅 𝐵) + \dots = \infty \sum 𝑛 = 0 𝑃 (𝑅 𝐵) \cdot 𝑃 (𝑅 𝐸) 𝑛 = 𝑃 (𝑅 𝐵) \cdot \infty \sum 𝑛 = 0 (𝑟 2 + 2 𝑝 𝑞) 𝑛 .

Observamos que:

𝑝 + 𝑞 + 𝑟 = 1 \Rightarrow (𝑝 + 𝑞 + 𝑟) 2 = 1 \Leftrightarrow 1 = 𝑝 2 + 𝑞 2 + 𝑟 2 + 2 𝑝 𝑞 + 2 𝑝 𝑟 + 2 𝑞 𝑟 > 𝑟 2 + 2 𝑝 𝑞 > 0 .

Como

| 𝑟 2 + 2 𝑝 𝑞 | < 1

, entonces:

\infty \sum 𝑛 = 0 (𝑟 2 + 2 𝑝 𝑞) 𝑛 = 1 1 - 𝑟 2 - 2 𝑝 𝑞 .

Por tanto,

𝑃 (𝐺 𝐴) = 𝑃 (𝑅 𝐴) \cdot \infty \sum 𝑛 = 0 (𝑟 2 + 2 𝑝 𝑞) 𝑛 = 𝑝 (𝑝 + 2 𝑟) 1 - 𝑟 2 - 2 𝑝 𝑞, 𝑃 (𝐺 𝐵) = 𝑃 (𝑅 𝐵) \cdot \infty \sum 𝑛 = 0 (𝑟 2 + 2 𝑝 𝑞) 𝑛 = 𝑞 (𝑞 + 2 𝑟) 1 - 𝑟 2 - 2 𝑝 𝑞 .

𝑞 = 𝑟 = 0, 25

, entonces

𝑝 = 0, 5

y las probabilidades son:

𝑃 (𝐺 𝐴) = 0, 5 (0, 5 + 2 \cdot 0, 25) 1 - 0, 252 - 2 \cdot 0, 5 \cdot 0, 25 = 811, 𝑃 (𝐺 𝐵) = 0, 25 (0, 25 + 2 \cdot 0, 25) 1 - 0, 252 - 2 \cdot 0, 5 \cdot 0, 25 = 311 .

Sean $𝑎$ , $𝑏$ y $𝑐$ los lados de un triángulo rectángulo, donde $𝑎$ y $𝑏$ son los catetos y $𝑐$ es la hipotenusa. Recordamos que una terna pitagórica es primitiva si $𝑎$ , $𝑏$ y $𝑐$ son primos relativos entre sí. Además, toda terna pitagórica es proporcional a una terna pitagórica primitiva.

Todas las ternas pitagóricas primitivas son de la forma: $⎧ { {⎨ { {⎩ 𝑎 = 𝑚 2 - 𝑛 2, 𝑏 = 2 𝑚 𝑛, 𝑐 = 𝑚 2 + 𝑛 2, c o n 𝑚, 𝑛 \in ℕ y 𝑛 < 𝑚 .$ Observamos que si $𝑚$ y $𝑛$ son impares, entonces $𝑎$ , $𝑏$ y $𝑐$ son múltiplos de 2 y la terna no sería primitiva. Luego podemos suponer que $𝑚$ o $𝑛$ es par.

El producto de los catetos viene dado por: $𝑎 𝑏 = 2 𝑚 𝑛 (𝑚 2 - 𝑛 2) = 2 𝑚 𝑛 (𝑚 - 𝑛) (𝑚 + 𝑛) .$ Observamos que, como $𝑚$ o $𝑛$ es par, entonces $𝑎 𝑏$ es múltiplo de 4. Veamos que $𝑎 𝑏$ es también múltiplo 3 comprobando que lo es alguno de sus factores.
- Si $𝑚$ o $𝑛$ es múltiplo de 3, entonces $𝑎 𝑏$ también lo es.
- Si $m$ y $n$ no son múltiplos de 3, entonces: $\begin{align} m = 3k + 1 & \text{ o bien } m = 3k + 2, & & \text{con } k \in \mathbb{N} \cup \{0\}, \\ n = 3q + 1 & \text{ o bien } n = 3q + 2, & & \text{con } q \in \mathbb{N} \cup \{0\}. \end{align}$
  - Supongamos que: ${𝑚 = 3 𝑘 + 1, 𝑛 = 3 𝑞 + 1 o b i e n {𝑚 = 3 𝑘 + 2, 𝑛 = 3 𝑞 + 2 .$ Entonces: $𝑚 - 𝑛 = 3 𝑘 - 3 𝑞 = 3 (𝑘 - 𝑞) .$ Luego $𝑚 - 𝑛$ es múltiplo de 3, así que $𝑎 𝑏$ también lo es.
  - Supongamos que: ${𝑚 = 3 𝑘 + 1, 𝑛 = 3 𝑞 + 2 o b i e n {𝑚 = 3 𝑘 + 2, 𝑛 = 3 𝑞 + 1 .$ Entonces: $𝑚 + 𝑛 = 3 𝑘 + 3 𝑞 + 3 = 3 (𝑘 + 𝑞 + 1) .$ Luego $𝑚 + 𝑛$ es múltiplo de 3, así que $𝑎 𝑏$ también lo es.
Como el producto $𝑎 𝑏$ es múltiplo de 3 y 4, también es múltiplo de 12. Además, dado que todas las ternas pitagóricas son proporcionales a una terna pitagórica primitiva, se tiene que el producto de los catetos de cualquier triángulo rectángulo es múltiplo de 12.

Problema 2: Examen de 2025 de Andalucía

Dada la función $f(x) = \frac{x^3}{(1+2x)^2}.$
1. Realizar la representación gráfica haciendo un estudio previo de sus propiedades.
2. Hallar el área comprendida entre la función $𝑓 (𝑥)$ , su asíntota oblicua y la recta $𝑥 + 𝑦 = 0$ .
Dado un cuadrilátero convexo $𝐴 𝐵 𝐶 𝐷$ con área $𝑆$ . Se prolonga el lado $𝐴 𝐵$ por el punto $𝐵$ hasta un punto $𝑀$ de forma que la longitud de $𝐵 𝑀$ es igual a la mitad de la longitud del lado $𝐴 𝐵$ . De la misma forma, se prolonga el lado $𝐵 𝐶$ por el punto $𝐶$ hasta el punto $𝑁$ de forma que $𝐶 𝑁 = 12 𝐵 𝐶$ . El lado $𝐶 𝐷$ se prolonga por $𝐷$ hasta $𝑃$ tal que $𝐷 𝑃 = 12 𝐶 𝐷$ y por último el lado $𝐷 𝐴$ se prolonga por $𝐴$ hasta $𝑄$ , tal que $𝐴 𝑄 = 12 𝐷 𝐴$ . Hallar el área del cuadrilátero de vértices $𝑀 𝑁 𝑃 𝑄$ en función de $𝑆$ .

Problema 3: Examen de 2025 de Andalucía

Sea una circunferencia de centro $𝑂$ y radio $𝑅$ . Desde un punto $𝐴$ de la circunferencia se considera el arco menor $𝑂 𝑀$ , donde $𝑀$ es otro punto de la circunferencia. Sea $𝐵$ el punto diametralmente opuesto a $𝐴$ . Determinar, en función de $𝑅$ , el radio de la circunferencia inscrita en el triángulo mixtilíneo $𝑂 𝑀 𝐵$ .
Hallar las dimensiones del rectángulo de área máxima que puede inscribirse en una elipse de semiejes $𝑎$ y $𝑏$ .
Sean $𝑎, 𝑏 \in ℝ$ , $𝑛 \in ℕ$ ( $𝑛 > 2$ ). Discutir en función de los valores de $𝑎$ y $𝑏$ el siguiente sistema: $⎧ { { { { {⎨ { { { { {⎩ 𝑎 𝑥 1 + 𝑥 2 + 𝑥 3 + \dots + 𝑥 𝑛 - 1 + 𝑥 𝑛 = 1, 𝑥 1 + 𝑎 𝑥 2 + 𝑥 3 + \dots + 𝑥 𝑛 - 1 + 𝑥 𝑛 = 𝑏, 𝑥 1 + 𝑥 2 + 𝑎 𝑥 3 + \dots + 𝑥 𝑛 - 1 + 𝑥 𝑛 = 𝑏 2, ⋮ 𝑥 1 + 𝑥 2 + 𝑥 3 + \dots + 𝑎 𝑥 𝑛 - 1 + 𝑥 𝑛 = 𝑏 𝑛 - 2, 𝑥 1 + 𝑥 2 + 𝑥 3 + \dots + 𝑥 𝑛 - 1 + 𝑎 𝑥 𝑛 = 𝑏 𝑛 - 1 .$

Problema 1: Examen de 2023 de Andalucía

Se tienen $n + 1$ cajas idénticas con $n$ bolas cada una. En la primera caja hay $n$ bolas negras; en la segunda caja hay $n − 1$ bolas negras y 1 bola blanca; en la tercera hay $n − 2$ bolas negras y dos bolas blancas y así sucesivamente, hasta que, en la última caja, hay $n$ bolas blancas. Se toma una caja al azar y de ella se extraen tres bolas de una vez:
1. Calcule la probabilidad de que las tres bolas sean blancas.
2. Suponiendo que, tras la extracción, las tres bolas son blancas, calcule el número de cajas que tiene que haber para que la probabilidad de que provengan las tres bolas blancas de las dos últimas cajas, sea igual a $23 .$
Dos varillas, $𝐴 𝐵$ , $𝐵 𝐶$ , de igual longitud y articuladas en $𝐵$ , tienen fijo el extremo $𝐴 .$ Si el extremo $𝐶$ se mueve sobre la recta $𝐴 𝐶$ , halle la ecuación del lugar geométrico de un punto $𝑃$ , tomado en $𝐵 𝐶 .$

Resolución

Podemos estructurar los datos en una tabla. Por comodidad, numeramos las cajas del 0 al

𝑛 .

Caja 0	Caja 1	$\dots$	Caja $𝑛 - 1$	Caja $𝑛$
$𝑛$ negras	$𝑛 - 1$ negras		1 negra	0 negras
0 blancas	1 blanca		$𝑛 - 1$ blancas	$𝑛$ blancas

Sea

𝐶 𝑘 = 𝑒 𝑙 𝑒 𝑔 𝑖 𝑟 𝑙 𝑎 𝑐 𝑎 𝑗 𝑎 𝑘

, para

𝑘 \in {0, 1, \dots, 𝑛} .

Estos sucesos son incompatibles dos a dos, con

𝑃 (𝐶 𝑘) = 1 𝑛 + 1 .

Por otro lado, definimos el suceso

𝐵 = 𝑠 𝑎 𝑐 𝑎 𝑟 𝑡 𝑟 𝑒 𝑠 𝑏 𝑜 𝑙 𝑎 𝑠 𝑏 𝑙 𝑎 𝑛 𝑐 𝑎 𝑠 .

Por el teorema de la probabilidad total, $\begin{align} P(B) & = P(B \cap C_0) + P(B \cap C_1) + \dots + P(B \cap C_n) = \\ & = P(C_0) \cdot P(B|C_0) + P(C_1) \cdot P(B|C_1) + \dots P(C_n) \cdot P(B|C_n) = \sum_{k=0}^n P(C_k) \cdot P(B|C_k). \end{align}$ La caja $k$ tiene $n-k$ bolas negras y $k$ bolas blancas. Así que $P(B|C_k) = \frac{k}{n} \cdot \frac{k-1}{n-1} \cdot \frac{k-2}{n-2}.$ Por tanto, $\begin{align} P(B) & = \sum_{k=0}^n P(C_k) \cdot P(B|C_k) = \sum_{k=0}^n \frac{1}{n+1} \cdot \frac{k}{n} \cdot \frac{k-1}{n-1} \cdot \frac{k-2}{n-2} = \\ & = \frac{1}{(n+1)n(n-1)(n-2)} \sum_{k=0}^n k(k-1)(k-2). \end{align}$ Desarrollamos la expresión de la suma: $\begin{align} \sum_{k=0}^n k(k-1)(k-2) & = \sum_{k=0}^n (k^3 - 3k^2 + 2k) = \sum_{k=0}^n k^3 - 3\sum_{k=0}^n k^2 + 2\sum_{k=0}^n k = \\ & = \sum_{k=1}^n k^3 - 3\sum_{k=1}^n k^2 + 2\sum_{k=1}^n k. \end{align}$ Hallamos cada uno de estos sumatorios.
- La progresión ${𝑎 𝑘} = {𝑘}$ es aritmética, así que la suma de sus primeros $𝑛$ términos es $𝑛 \sum 𝑘 = 1 𝑘 = 𝑛 (𝑛 + 1) 2 .$
- La progresión ${𝑏 𝑘} = {𝑘 2}$ es aritmética de orden 2, así que podemos hallar la suma de sus primeros $𝑛$ términos usando diferencias finitas. $𝑏 1 = 1, Δ 𝑏 1 = 𝑏 2 - 𝑏 1 = 3, Δ 2 𝑏 1 = Δ 𝑏 2 - Δ 𝑏 1 = 2, 𝑏 2 = 4, Δ 𝑏 2 = 𝑏 3 - 𝑏 2 = 5, 𝑏 3 = 9 .$ Así que: $𝑛 \sum 𝑘 = 1 𝑘 2 = (𝑛 1) 𝑏 1 + (𝑛 2) Δ 𝑏 1 + (𝑛 3) Δ 2 𝑏 1 = 𝑛 + 𝑛! 2! (𝑛 - 2)! \cdot 3 + 𝑛! 3! (𝑛 - 3)! \cdot 2 = = 𝑛 + 3 𝑛 (𝑛 - 1) 2 + 𝑛 (𝑛 - 1) (𝑛 - 2) 3 = 𝑛 (6 + 9 𝑛 - 9 + 2 (𝑛 - 1) (𝑛 - 2)) 6 = 𝑛 (𝑛 + 1) (2 𝑛 + 1) 6 .$
- La progresión ${𝑐 𝑘} = {𝑘 3}$ es aritmética de orden 3, así que podemos hallar la suma de sus primeros $𝑛$ términos usando diferencias finitas. $𝑐 1 = 1, Δ 𝑐 1 = 𝑐 2 - 𝑐 1 = 7, Δ 2 𝑐 1 = Δ 𝑐 2 - Δ 𝑐 1 = 12, Δ 3 𝑐 1 = Δ 2 𝑐 2 - Δ 2 𝑐 1 = 6, 𝑐 2 = 8, Δ 𝑐 2 = 𝑐 3 - 𝑐 2 = 19, Δ 2 𝑐 2 = Δ 𝑐 3 - Δ 𝑐 2 = 18, 𝑐 3 = 27, Δ 𝑐 3 = 𝑐 4 - 𝑐 3 = 37, 𝑐 4 = 64 .$ Así que: $𝑛 \sum 𝑘 = 1 𝑘 3 = (𝑛 1) 𝑐 1 + (𝑛 2) Δ 𝑐 1 + (𝑛 3) Δ 2 𝑐 1 + (𝑛 4) Δ 3 𝑐 1 = = 𝑛 + 𝑛! 2! (𝑛 - 2)! \cdot 7 + 𝑛! 3! (𝑛 - 3)! \cdot 12 + 𝑛! 4! (𝑛 - 4)! \cdot 6 = = 𝑛 + 7 𝑛 (𝑛 - 1) 2 + 2 𝑛 (𝑛 - 1) (𝑛 - 2) + 𝑛 (𝑛 - 1) (𝑛 - 2) (𝑛 - 3) 4 = = 𝑛 (4 + 14 (𝑛 - 1) + 8 (𝑛 - 1) (𝑛 - 2) + (𝑛 - 1) (𝑛 - 2) (𝑛 - 3)) 4 = = 𝑛 (4 + 14 𝑛 - 14 + 8 𝑛 2 - 24 𝑛 + 16 + 𝑛 3 - 6 𝑛 2 + 11 𝑛 - 6) 4 = = 𝑛 (𝑛 3 + 2 𝑛 2 + 𝑛) 4 = 𝑛 2 (𝑛 + 1) 2 4 .$
Luego: $\begin{align} \sum_{k=0}^n k(k-1)(k-2) & = \sum_{k=0}^n k^3 - 3\sum_{k=0}^n k^2 + 2\sum_{k=0}^n k = \frac{n^2(n+1)^2}{4} - \frac{n(n+1)(2n+1)}{2} + n(n+1) = \\ & = \frac{n\Big(n(n^2 + 2n + 1) - (2n+2)(2n+1) + 4n + 4\Big)}{4} = \\ & = \frac{n(n^3 + 2n^2 + n - 4n^2 - 6n - 2 + 4n + 4)}{4} = \\ & = \frac{n(n^3 - 2n^2 - n + 2)}{4} = \frac{(n-2)(n-1)n(n+1)}{4}. \end{align}$ Por tanto, la probabilidad de que las tres bolas sean blancas es $\begin{align} P(B) & = \frac{1}{(n+1)n(n-1)(n-2)} \sum_{k=0}^n k(k-1)(k-2) = \\ & = \frac{1}{(n+1)n(n-1)(n-2)} \cdot \frac{(n-2)(n-1)n(n+1)}{4} = \frac{1}{4}. \end{align}$
Queremos que se verifique la igualdad $𝑃 ((𝐶 𝑛 - 1 \cup 𝐶 𝑛) | 𝐵) = 23 .$ Como $𝐶 𝑛 - 1$ y $𝐶 𝑛$ son sucesos incompatibles, $𝑃 ((𝐶 𝑛 - 1 \cup 𝐶 𝑛) | 𝐵) = 𝑃 (𝐶 𝑛 - 1 | 𝐵) + 𝑃 (𝐶 𝑛 | 𝐵) .$ Calculamos estas probabilidades. $𝑃 (𝐶 𝑛 - 1 | 𝐵) = 𝑃 (𝐶 𝑛 - 1 \cap 𝐵) 𝑃 (𝐵) = 𝑃 (𝐶 𝑛 - 1) \cdot 𝑃 (𝐵 | 𝐶 𝑛 - 1) 14 = 4 \cdot 1 𝑛 + 1 \cdot 𝑛 - 1 𝑛 \cdot 𝑛 - 2 𝑛 - 1 \cdot 𝑛 - 3 𝑛 - 2 = 4 (𝑛 - 3) 𝑛 (𝑛 + 1), 𝑃 (𝐶 𝑛 | 𝐵) = 𝑃 (𝐶 𝑛 \cap 𝐵) 𝑃 (𝐵) = 𝑃 (𝐶 𝑛) \cdot 𝑃 (𝐵 | 𝐶 𝑛) 14 = 4 𝑛 + 1 .$ Luego: $𝑃 ((𝐶 𝑛 - 1 \cup 𝐶 𝑛) | 𝐵) = 23 \Leftrightarrow 4 (𝑛 - 3) 𝑛 (𝑛 + 1) + 4 𝑛 + 1 = 23 \Leftrightarrow 2 𝑛 - 6 + 2 𝑛 𝑛 (𝑛 + 1) = 13 \Leftrightarrow 12 𝑛 - 18 = 𝑛 (𝑛 + 1) \Leftrightarrow \Leftrightarrow 𝑛 2 - 11 𝑛 + 18 = 0 \Leftrightarrow {𝑛 = 2, 𝑛 = 9 .$ La solución $𝑛 = 2$ no es válida, puesto que no es posible sacar tres bolas blancas con 3 cajas. Por tanto, se necesitan 10 cajas para que la probabilidad sea $23 .$

Suponemos $𝐴 (0, 0)$ y $𝐴 𝐶$ la recta horizontal $𝑦 = 0$ , de forma que $𝐶 (𝑎, 0)$ para $𝑎 > 0 .$ Sea $𝑃 (𝑥, 𝑦)$ y sean $𝐷$ y $𝑄$ las proyecciones de $𝐵$ y $𝑃$ sobre el eje de abscisas, respectivamente. Sea $𝑑 = d i s t (𝐴, 𝐵) = d i s t (𝐵, 𝐶)$ y sea $𝑝 = d i s t (𝑃, 𝐶) .$ Como el triángulo $𝐶 𝐵 𝐷$ es semejante al triángulo $𝐶 𝑃 𝑄$ , por el teorema de Tales tenemos que: $d i s t (𝐵, 𝐶) d i s t (𝑃, 𝐶) = d i s t (𝐵, 𝐷) d i s t (𝑃, 𝑄) = d i s t (𝐶, 𝐷) d i s t (𝐶, 𝑄) \Leftrightarrow 𝑑 𝑝 = \sqrt 𝑑 2 - 𝑎 4 4 𝑦 = 𝑎 2 𝑎 - 𝑥 \Leftrightarrow \Leftrightarrow ⎧ { { { {⎨ { { { {⎩ 𝑑 𝑝 = 𝑎 2 𝑎 - 𝑥 \Leftrightarrow 𝑎 𝑑 - 𝑥 𝑑 = 𝑎 𝑝 2 \Leftrightarrow 𝑥 = 𝑎 𝑑 - 𝑎 𝑝 2 𝑑 = 𝑎 - 𝑎 𝑝 2 𝑑, 𝑑 𝑝 = \sqrt 𝑑 2 - 𝑎 2 4 𝑦 \Leftrightarrow 𝑦 = 𝑝 \sqrt 𝑑 2 - 𝑎 2 4 𝑑 .$ Despejando $𝑎$ en la primera ecuación, $𝑥 = 𝑎 - 𝑎 𝑝 2 𝑑 \Leftrightarrow 𝑥 = 𝑎 (1 - 𝑝 2 𝑑) = 𝑎 (2 𝑑 - 𝑝 2 𝑑) \Leftrightarrow 𝑎 = 𝑥 2 𝑑 - 𝑝 2 𝑑 = 2 𝑑 𝑥 2 𝑑 - 𝑝 .$ Sustituyendo esta expresión en la segunda ecuación, $𝑦 = 𝑝 \sqrt 𝑑 2 - 𝑎 2 4 𝑑 = 𝑝 𝑑 \sqrt 𝑑 2 - 14 \cdot 4 𝑑 2 𝑥 2 (2 𝑑 - 𝑝) 2 = 𝑝 \sqrt 1 - 𝑥 2 (2 𝑑 - 𝑝) 2 \Leftrightarrow 𝑦 2 𝑝 2 = 1 - 𝑥 2 (2 𝑑 - 𝑝) 2 \Leftrightarrow 𝑥 2 (2 𝑑 - 𝑝) 2 + 𝑦 2 𝑝 2 = 1 .$ Observamos que se trata de una elipse centrada en $(0, 0)$ con semiejes $𝑎 = 2 𝑑 - 𝑝$ y $𝑏 = 𝑝 .$

Problema 2: Examen de 2023 de Andalucía

En un establecimiento comercial, la salida diaria de cierto tipo de electrodoméstico viene descrita por una variable aleatoria $X$ con soporte $D_X = \{0, 1, 2, 3, \dots, n\}.$ Se sabe que un $100a\text{%}$ de los días, $a \in [0,1]$ , no se vende ningún aparato, mientras que la probabilidad de vender un número fijo de ellos, es directamente proporcional a ese número.
1. Demuestre que se verifica $𝑛 \sum 𝑖 = 1 𝑖 2 = 𝑛 (𝑛 + 1) (2 𝑛 + 1) 6, \forall 𝑛 \in ℕ .$
2. Calcule la ley de probabilidad asociada al fenómeno aleatorio descrito: función de masa de probabilidad y función de distribución.
3. Si el vendedor observa que, por término medio, cada mes (30 días) vende 1.485 aparatos y el 90% de los días tiene alguna venta, ¿cuántos electrodomésticos puede vender, como máximo, cada día? ¿Cuál es esa probabilidad?
Halle el volumen del sólido generado al girar, alrededor del eje $𝑂 𝑋$ , la región del plano que resulta de la intersección del interior de $𝑥 2 + 𝑦 2 = 17$ con el exterior de $𝑥 2 + 𝑦 2 = 17 𝑥 .$

Resolución

$X$ es una variable aleatoria discreta, con $\begin{align} & P(X = 0) = a, \\ & P(X = i) = k \cdot i, \quad k \in \mathbb{R}, \; i = 1, 2, \dots, n. \end{align}$ Luego ha de verificarse que $\begin{align} & \sum_{i=0}^n P(X = i) = 1 \Leftrightarrow P(X = 0) + \sum_{i=1}^n P(X = i) = 1 \Leftrightarrow a + \sum_{i=1}^n k \cdot i = 1 \Leftrightarrow a + k \sum_{i=1}^n i = 1 \Leftrightarrow \\ & \Leftrightarrow a + k \cdot \frac{n(n+1)}{2} = 1 \Leftrightarrow k = \frac{2(1-a)}{n(n+1)}. \end{align}$ Así que $P(X = i) = \frac{2i(1-a)}{n(n+1)}, \quad i = 1, 2, \dots, n.$
1. Demostremos la igualdad por inducción.
  - Si $𝑛 = 1$ , se tiene que $1 \sum 𝑖 = 1 𝑖 2 = 1 = 1 \cdot 2 \cdot 3 6 .$
  - Supongamos que la igualdad se verifica para $𝑛 - 1$ , es decir, que se tiene que $𝑛 - 1 \sum 𝑖 = 1 𝑖 2 = (𝑛 - 1) 𝑛 (2 𝑛 - 1) 6 .$ Veamos que la igualdad es cierta para $𝑛 .$ $𝑛 \sum 𝑖 = 1 𝑖 2 = 𝑛 - 1 \sum 𝑖 = 1 𝑖 2 + 𝑛 2 = (𝑛 - 1) 𝑛 (2 𝑛 - 1) 6 + 𝑛 2 = (𝑛 - 1) 𝑛 (2 𝑛 - 1) + 6 𝑛 2 6 = 𝑛 (2 𝑛 2 - 3 𝑛 + 1 + 6 𝑛) 6 = = 𝑛 (2 𝑛 2 + 3 𝑛 + 1) 6 = 𝑛 (𝑛 + 1) (2 𝑛 + 1) 6 .$
  Por tanto, $\sum_{i=1}^n \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}, \quad \forall n \in \mathbb{N}.$
2. La función de masa de probabilidad es $𝑃 𝑋 (𝑥) = 𝑃 (𝑋 = 𝑥) = ⎧ { { {⎨ { { {⎩ 𝑎, s i 𝑥 = 0, 2 𝑥 (1 - 𝑎) 𝑛 (𝑛 + 1), s i 𝑥 = 1, 2, \dots, 𝑛, 0, e n o t r o c a s o .$ La función de distribución de la variable aleatoria $𝑋$ es $𝐹 (𝑥) = 𝑃 (𝑋 \leq 𝑥) = ⎧ { { { {⎨ { { { {⎩ 0, s i 𝑥 < 0, 𝑎, s i 0 \leq 𝑥 < 1, 𝑎 + 𝐸 (𝑥) \sum 𝑖 = 1 𝑃 (𝑋 = 𝑖), s i 1 \leq 𝑥 < 𝑛, 1, s i 𝑘 \geq 𝑛,$ donde $𝐸 (𝑥)$ denota la parte entera de $𝑥 .$ Observamos que: $𝑘 \sum 𝑖 = 1 𝑃 (𝑋 = 𝑖) = 𝑘 \sum 𝑖 = 1 2 𝑖 (1 - 𝑎) 𝑛 (𝑛 + 1) = 2 (1 - 𝑎) 𝑛 (𝑛 + 1) 𝑘 \sum 𝑖 = 1 𝑖 = 2 (1 - 𝑎) 𝑛 (𝑛 + 1) \cdot 𝑘 (𝑘 + 1) 2 = (1 - 𝑎) 𝑘 (𝑘 + 1) 𝑛 (𝑛 + 1) .$ Por tanto, $𝐹 (𝑥) = 𝑃 (𝑋 \leq 𝑥) = ⎧ { { { {⎨ { { { {⎩ 0, s i 𝑥 < 0, 𝑎, s i 0 \leq 𝑥 < 1, 𝑎 + (1 - 𝑎) 𝐸 (𝑥) (𝐸 (𝑥) + 1) 𝑛 (𝑛 + 1), s i 1 \leq 𝑥 < 𝑛, 1, s i 𝑘 \geq 𝑛 .$
3. El 90% de los días tiene alguna venta, así que: $𝑃 (𝑋 \geq 1) = 0, 9 \Leftrightarrow 𝑃 (𝑋 = 0) = 0, 1 \Rightarrow 𝑎 = 0, 1 .$ Luego: $𝑃 𝑋 (𝑥) = 𝑃 (𝑋 = 𝑥) = ⎧ { { {⎨ { { {⎩ 0, 1, s i 𝑥 = 0, 1, 8 𝑥 𝑛 (𝑛 + 1), s i 𝑥 = 1, 2, \dots, 𝑛, 0, e n o t r o c a s o .$ Como cada 30 días vende una media de 1.485 aparatos, la variable $𝑋$ tiene una media $𝐸 (𝑋) = 1.485 30 = 49, 5 .$ La esperanza de $𝑋$ es: $𝐸 (𝑋) = 𝑛 \sum 𝑖 = 0 𝑖 \cdot 𝑃 (𝑋 = 𝑖) = 𝑛 \sum 𝑖 = 1 𝑖 \cdot 1, 8 𝑖 𝑛 (𝑛 + 1) = 1, 8 𝑛 (𝑛 + 1) 𝑛 \sum 𝑖 = 1 𝑖 2 (i) = 1, 8 𝑛 (𝑛 + 1) \cdot 𝑛 (𝑛 + 1) (2 𝑛 + 1) 6 = = 1, 8 (2 𝑛 + 1) 6 = 0, 3 (2 𝑛 + 1) .$ Así que: $𝐸 (𝑋) = 49, 5 \Leftrightarrow 0, 3 (2 𝑛 + 1) = 49, 5 \Leftrightarrow 2 𝑛 + 1 = 165 \Leftrightarrow 𝑛 = 82 .$ Por tanto, como máximo puede vender 82 electrodomésticos diarios, con una probabilidad de $𝑃 (𝑋 = 82) = 1, 8 \cdot 82 82 \cdot 83 = 1, 8 83 = 9415 .$
La ecuación $x^2 + y^2 = 17$ es de la circunferencia de centro $(0, 0)$ y radio $\sqrt{17}.$ Por otro lado, completando cuadrados en la segunda ecuación, observamos que $x^2 + y^2 = 17x \Leftrightarrow x^2 - 17x + y^2 = 0 \Leftrightarrow \left(x - \frac{17}{2}\right)^2 - \left(\frac{17}{2}\right)^2 + y^2 = 0 \Leftrightarrow \left(x - \frac{17}{2}\right)^2 + y^2 = \left(\frac{17}{2}\right)^2.$ Luego esta es la ecuación de la circunferencia de centro $\left(\frac{17}{2}, 0\right)$ y radio $\frac{17}{2}.$ Hallamos sus puntos de intersección. $\begin{cases} x^2 + y^2 = 17, \\ x^2 + y^2 = 17x \end{cases} \Rightarrow 0 = 17 - 17x \Leftrightarrow x = 1 \Rightarrow y = \sqrt{17 - 1} = \pm 4.$ Con esta información, podemos representar la región del plano indicada. Podemos dividir esta región en dos partes que en conjunto generan el mismo sólido al girar alrededor del eje.
- La primera parte es una semicircunferencia de radio $\sqrt 17$ , que al girar alrededor del eje $𝑂 𝑋$ genera una semiesfera del mismo radio con volumen: $𝑉 1 = 12 \cdot 43 𝜋 \cdot (\sqrt 17) 3 = 2317 \sqrt 17 𝜋 = 34 \sqrt 17 𝜋 3 𝑢 3 .$
- La segunda parte es la región encerrada entre las funciones $𝑓 (𝑥) = \sqrt 17 - 𝑥 2$ y $𝑔 (𝑥) = \sqrt 17 𝑥 - 𝑥 2$ , con $0 \leq 𝑥 \leq 1 .$ El volumen del sólido generado al girar esta región será la diferencia de los volúmenes generados por las regiones bajo las funciones $𝑓$ y $𝑔$ , respectivamente. Así que: $𝑉 2 = 𝜋 \int 10 (\sqrt 17 - 𝑥 2) 2 𝑑 𝑥 - 𝜋 \int 10 (\sqrt 17 𝑥 - 𝑥 2) 2 𝑑 𝑥 = 𝜋 \int 10 [(\sqrt 17 - 𝑥 2) 2 - (\sqrt 17 𝑥 - 𝑥 2) 2] 𝑑 𝑥 = = 𝜋 \int 10 (17 - 17 𝑥) 𝑑 𝑥 = 𝜋 [17 𝑥 - 172 𝑥 2] 10 = 𝜋 (17 - 172) = 17 𝜋 2 𝑢 3 .$
Por tanto, el volumen del sólido generado es $V = V_1 + V_2 = \frac{34\sqrt{17}\pi}{3} + \frac{17\pi}{2} = \frac{68\sqrt{17}\pi + 51\pi}{6} = \frac{17\pi(4\sqrt{17} + 3)}{6} \; u^3.$

Problema 6: Examen de 2023 de Andalucía

Geometría

En un triángulo $Δ 𝐴 𝐵 𝐶$ , la bisectriz interior del ángulo $∠ 𝐵 𝐴 𝐶$ , corta al lado $𝐵 𝐶$ en el punto $𝐷 .$ Sea la circunferencia $Γ$ , que pasa por el punto $𝐴$ y es tangente a $𝐵 𝐶$ en el punto $𝐷 .$ Si $𝑀$ es el otro punto de intersección de $Γ$ con el lado $𝐴 𝐶$ y la recta $𝐵 𝑀$ corta a la circunferencia $Γ$ en el punto $𝑃$ , demuestre que $𝐴 𝑃$ es una mediana del triángulo $Δ 𝐴 𝐵 𝐷 .$

Resolución

Definimos $𝑁$ como el punto de intersección de $Γ$ con el lado $𝐴 𝐵$ y $𝑄$ como el punto de intersección de la recta $𝐴 𝑃$ con el lado $𝐵 𝐶 .$ Figura

Queremos probar que $𝐴 𝑃$ es una mediana del triángulo $𝐴 𝐵 𝐷 .$ Esto es equivalente a que $𝑄$ sea el punto medio del segmento $𝐵 𝑃$ , es decir, $d i s t (𝐵, 𝑄) = d i s t (𝐷, 𝑄) .$ Consideramos los triángulos $𝐴 𝐵 𝑄$ y $𝐵 𝑃 𝑄 .$ Figura

Veamos que los triángulos $𝐴 𝐵 𝑄$ y $𝐵 𝑃 𝑄$ son semejantes comprobando que dos de sus ángulos son iguales.

Los ángulos $̂ 𝐴 𝑄 𝐵$ y $̂ 𝑃 𝑄 𝐵$ son iguales por construcción.
Veamos que los ángulos $\widehat{BPQ}$ y $\widehat{QBA}$ son iguales. Por el teorema de la bisectriz, tenemos que: $\frac{\overline{AB}}{\overline{AC}} = \frac{\overline{DB}}{\overline{CD}}.$ Como además $\overline{CD} + \overline{DB} = \overline{BC}$ , entonces: $\begin{cases} \overline{CD} = \overline{BC} - \overline{BD}, \\ \overline{BD} = \overline{BC} - \overline{CD}. \end{cases}$
- Sustituyendo la expresión de $――― 𝐶 𝐷$ en la igualdad del teorema, $――― 𝐴 𝐵 ――― 𝐴 𝐶 = ――― 𝐵 𝐷 ――― 𝐵 𝐶 - ――― 𝐵 𝐷 \Leftrightarrow ――― 𝐴 𝐵 \cdot ――― 𝐵 𝐶 - ――― 𝐴 𝐵 \cdot ――― 𝐵 𝐷 = ――― 𝐴 𝐶 \cdot ――― 𝐵 𝐷 \Leftrightarrow ――― 𝐵 𝐷 = ――― 𝐴 𝐵 \cdot ――― 𝐵 𝐶 ――― 𝐴 𝐵 + ――― 𝐴 𝐶 .$
- Sustituyendo la expresión de $――― 𝐵 𝐷$ en la igualdad del teorema. $――― 𝐴 𝐵 ――― 𝐴 𝐶 = ――― 𝐵 𝐶 - ――― 𝐶 𝐷 ――― 𝐶 𝐷 \Leftrightarrow ――― 𝐴 𝐵 \cdot ――― 𝐶 𝐷 = ――― 𝐴 𝐶 \cdot ――― 𝐵 𝐶 - ――― 𝐴 𝐶 \cdot ――― 𝐶 𝐷 \Leftrightarrow ――― 𝐶 𝐷 = ――― 𝐴 𝐶 \cdot ――― 𝐵 𝐶 ――― 𝐴 𝐵 + ――― 𝐴 𝐶 .$
Por otro lado, podemos obtener nuevas expresiones mediante la potencia de la circunferencia $\Gamma$ en $B$ y en $C$ usando el punto $N.$
- La potencia de $Γ$ en $𝐵$ se puede expresar como: ${P o t Γ (𝐵) = ――― 𝐵 𝐴 \cdot ――― 𝐵 𝑁, P o t Γ (𝐶) = ――― 𝐵 𝐷 2 \Rightarrow ――― 𝐴 𝐵 \cdot ――― 𝐵 𝑁 = ――― 𝐵 𝐷 2 .$ Sustituyendo la expresión obtenida previamente de $――― 𝐵 𝐷$ , tenemos que: $――― 𝐴 𝐵 \cdot ――― 𝐵 𝑁 = (――― 𝐴 𝐵 \cdot ――― 𝐵 𝐶 ――― 𝐴 𝐵 + ――― 𝐴 𝐶) 2 \Leftrightarrow ――― 𝐵 𝑁 ――― 𝐴 𝐵 = ――― 𝐵 𝐶 2 (――― 𝐴 𝐵 + ――― 𝐴 𝐶) 2 .$
- La potencia de $Γ$ en $𝐶$ se puede expresar como: ${P o t Γ (𝐶) = ――― 𝐶 𝑀 \cdot ――― 𝐶 𝐴, P o t Γ (𝐶) = ――― 𝐶 𝐷 2 \Rightarrow ――― 𝐶 𝑀 \cdot ――― 𝐴 𝐶 = ――― 𝐶 𝐷 2 .$ Sustituyendo la expresión obtenida previamente de $――― 𝐶 𝐷$ , tenemos que: $――― 𝐶 𝑀 \cdot ――― 𝐴 𝐶 = (――― 𝐴 𝐶 \cdot ――― 𝐵 𝐶 ――― 𝐴 𝐵 + ――― 𝐴 𝐶) 2 \Leftrightarrow ――― 𝐶 𝑀 ――― 𝐴 𝐶 = ――― 𝐵 𝐶 2 (――― 𝐴 𝐵 + ――― 𝐴 𝐶) 2 .$
Igualando ambas expresiones, $\frac{\overline{BN}}{\overline{AB}} = \frac{\overline{CM}}{\overline{AC}}.$ Usando que $\overline{AC} = \overline{AM} + \overline{MC}$ y $\overline{AB} = \overline{AN} + \overline{NB}$ , se tiene que: $\frac{\overline{AM}}{\overline{AC}} = \frac{\overline{AC} - \overline{CM}}{\overline{AC}} = 1 - \frac{\overline{CM}}{\overline{AC}} = 1 - \frac{\overline{BN}}{\overline{AB}} = \frac{\overline{AB} - \overline{BN}}{\overline{AB}} = \frac{\overline{AN}}{\overline{AB}}.$ Como además los triángulos $ABC$ y $AMN$ comparten el vértice $A$ , son triángulos semejantes. Luego: $\widehat{BPQ} = \widehat{MPA} = \widehat{MNA} = \widehat{ABC} = \widehat{QBA}.$

Así que los triángulos

𝐵 𝑃 𝑄

𝐴 𝐵 𝑄

son semejantes. Luego se tiene que:

――― 𝐴 𝑄 ――― 𝐵 𝑄 = ――― 𝐵 𝑄 ――― 𝑃 𝑄 \Leftrightarrow ――― 𝐴 𝑄 \cdot ――― 𝑃 𝑄 = ――― 𝐵 𝑄 2 = d i s t (𝐵, 𝑄) 2 .

Usando la potencia de la circunferencia

Γ

𝑄

, tenemos que:

{P o t Γ (𝑄) = ――― 𝑄 𝐴 \cdot ――― 𝑄 𝑃, P o t Γ (𝑄) = ――― 𝑄 𝐷 2 . \Rightarrow ――― 𝐴 𝑄 \cdot ――― 𝑃 𝑄 = ――― 𝐷 𝑄 2 = d i s t (𝐷, 𝑄) 2 .

Por tanto,

d i s t (𝐵, 𝑄) 2 = d i s t (𝐷, 𝑄) 2 \Rightarrow d i s t (𝐵, 𝑄) = d i s t (𝐷, 𝑄) .

Problema 3: Examen de 2021 de Andalucía

Pruebe que $𝑛 \sum 𝑘 = 0 c o s (𝑘 𝜃) = 12 + s e n ((𝑛 + 12) 𝜃) 2 s e n (𝜃 2) .$
Dado el triángulo $𝐴 𝐵 𝐶$ , pruebe que es rectángulo si y solo si se cumple $s e n 2 (𝐴) + s e n 2 (𝐵) + s e n 2 (𝐶) = 2 .$

Problema 5: Examen de 2021 de Andalucía

Halle el volumen del toro de revolución que se obtiene al girar la circunferencia $(𝑥 - 𝑎) 2 + 𝑦 2 = 𝑏 2$ con $0 < 𝑏 < 𝑎$ alrededor del eje de ordenadas.
Siendo $a_n = \frac{n^k}{(n+1)(n+2)(n+3)}$ el término general de una serie, se pide:
1. Sustituya el exponente $𝑘$ por el mayor número entero compatible con la condición de ser convergente la serie $\infty \sum 𝑛 = 1 𝑎 𝑛 .$
2. Halle la suma de la serie para dicho $𝑘 .$

Resolución

La ecuación $(𝑥 - 𝑎) 2 + 𝑦 2 = 𝑏 2$ es de la circunferencia de centro $(𝑎, 0)$ y radio $𝑏 .$ Para hallar el volumen obtenido al girar esta región alrededor del eje de ordenadas, describimos la circunferencia en función de $𝑦 .$ $(𝑥 - 𝑎) 2 + 𝑦 2 = 𝑏 2 \Leftrightarrow (𝑥 - 𝑎) 2 = 𝑏 2 - 𝑦 2 \Leftrightarrow 𝑥 = 𝑎 \pm \sqrt 𝑏 2 - 𝑦 2 .$ El volumen del sólido generado al girar esta región será la diferencia de los volúmenes generados por las regiones descritas por las funciones $𝑓$ y $𝑔$ , respectivamente. Así que: $𝑉 = 𝜋 \int 𝑏 - 𝑏 𝑓 (𝑦) 2 𝑑 𝑦 - 𝜋 \int 𝑏 - 𝑏 𝑔 (𝑦) 2 𝑑 𝑦 = 𝜋 \int 𝑏 - 𝑏 (𝑎 + \sqrt 𝑏 2 - 𝑦 2) 2 𝑑 𝑦 - 𝜋 \int 𝑏 - 𝑏 (𝑎 - \sqrt 𝑏 2 - 𝑦 2) 2 𝑑 𝑦 = = 𝜋 \int 𝑏 - 𝑏 (𝑎 2 + 𝑏 2 - 𝑦 2 + 2 𝑎 \sqrt 𝑏 2 - 𝑦 2) 𝑑 𝑦 - 𝜋 \int 𝑏 - 𝑏 (𝑎 2 + 𝑏 2 - 𝑦 2 - 2 𝑎 \sqrt 𝑏 2 - 𝑦 2) 𝑑 𝑦 = 4 𝜋 𝑎 \int 𝑏 - 𝑏 \sqrt 𝑏 2 - 𝑦 2 𝑑 𝑦 .$ En primer lugar, hallamos una primitiva del integrando usando el cambio de variable $𝑦 = 𝑏 s e n (𝑢) \Rightarrow 𝑢 = a r c s e n (𝑦 𝑏), 𝑑 𝑦 = 𝑏 c o s (𝑢) 𝑑 𝑢 .$ De esta forma, $\int \sqrt 𝑏 2 - 𝑦 2 𝑑 𝑦 = \int \sqrt 𝑏 2 - 𝑏 2 s e n 2 (𝑢) \cdot 𝑏 c o s (𝑢) 𝑑 𝑢 = 𝑏 2 \int c o s 2 (𝑢) 𝑑 𝑢 .$ Para integrar $c o s 2 (𝑢)$ , hacemos uso de las siguientes identidades trigonométricas: $1 = c o s 2 (𝑢) + s e n 2 (𝑢), c o s (2 𝑢) = c o s 2 (𝑢) - s e n 2 (𝑢) .$ Si sumamos las dos expresiones, obtenemos que: $1 + c o s (2 𝑢) = 2 c o s 2 (𝑢) \Leftrightarrow c o s 2 (𝑢) = 1 + c o s (𝑢) 2 .$ Así que: $\int \sqrt 𝑏 2 - 𝑦 2 𝑑 𝑦 = 𝑏 2 \int c o s 2 (𝑢) 𝑑 𝑢 = 𝑏 2 2 \int (1 + c o s (𝑢)) 𝑑 𝑢 = 𝑏 2 2 (𝑢 + 12 s e n (2 𝑢)) = 𝑏 2 2 (𝑢 + s e n (𝑢) c o s (𝑢)) = = 𝑏 2 2 (𝑢 + s e n (𝑢) \sqrt 1 - s e n 2 (𝑢)) = 𝑏 2 2 (a r c s e n (𝑦 𝑏) + 𝑦 𝑏 \sqrt 1 - 𝑦 2 𝑏 2) = = 𝑏 2 2 (a r c s e n (𝑦 𝑏) + 𝑦 \sqrt 𝑏 2 - 𝑦 2 𝑏 2) .$ Por tanto, el volumen del toro de revolución es $𝑉 = 4 𝜋 𝑎 \int 𝑏 - 𝑏 \sqrt 𝑏 2 - 𝑦 2 𝑑 𝑦 = 4 𝜋 𝑎 \cdot 𝑏 2 2 [a r c s e n (𝑦 𝑏) + 𝑦 \sqrt 𝑏 2 - 𝑦 2 𝑏 2] 𝑏 - 𝑏 = 2 𝜋 𝑎 𝑏 2 (𝜋 2 - (- 𝜋 2)) = 2 𝜋 2 𝑎 𝑏 2 .$
1. Veamos que el mayor valor entero de $k$ que hace que la serie sea convergente es 1. En primer lugar, observamos que para todo $k, p \in \mathbb{Z}$ con $k < p$ se tiene que: $0 < n^k < n^p \Leftrightarrow 0 < \frac{n^k}{(n+1)(n+2)(n+3)} < \frac{n^p}{(n+1)(n+2)(n+3)}, \quad n \in \mathbb{N}.$
  - Sea $𝑏 𝑛 = 1 𝑛 2$ , de la que sabemos que $\sum \infty 𝑛 = 1 𝑏 𝑛$ es convergente. Si $𝑘 = 1$ , $𝑎 𝑛 𝑏 𝑛 = 𝑛 (𝑛 + 1) (𝑛 + 2) (𝑛 + 3) 1 𝑛 2 = 𝑛 3 (𝑛 + 1) (𝑛 + 2) (𝑛 + 3) 𝑛 \to \infty \leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow \to 1 .$ Como las dos series tienen el mismo carácter, $\sum \infty 𝑛 = 1 𝑎 𝑛$ es convergente para $𝑘 = 1 .$ Además, por la desigualdad anterior se tiene que: $0 < 𝑛 𝑘 (𝑛 + 1) (𝑛 + 2) (𝑛 + 3) \leq 𝑛 (𝑛 + 1) (𝑛 + 2) (𝑛 + 3), \forall 𝑘 \in ℤ, 𝑘 \leq 1 .$ Por tanto, $\sum \infty 𝑛 = 1 𝑎 𝑛$ es convergente para $𝑘 \leq 1 .$
  - Sea $𝑐 𝑛 = 1 𝑛$ , de la que sabemos que $\sum \infty 𝑛 = 1 𝑐 𝑛$ es divergente. Si $𝑘 = 2$ , $𝑎 𝑛 𝑐 𝑛 = 𝑛 2 (𝑛 + 1) (𝑛 + 2) (𝑛 + 3) 1 𝑛 = 𝑛 3 (𝑛 + 1) (𝑛 + 2) (𝑛 + 3) 𝑛 \to \infty \leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow \to 1 .$ Como las dos series tienen el mismo carácter, $\sum \infty 𝑛 = 1 𝑎 𝑛$ es divergente para $𝑘 = 2 .$ Además, por la desigualdad anterior se tiene que: $0 < 𝑛 2 (𝑛 + 1) (𝑛 + 2) (𝑛 + 3) \leq 𝑛 𝑘 (𝑛 + 1) (𝑛 + 2) (𝑛 + 3), \forall 𝑘 \in ℤ, 𝑘 \geq 2 .$ Por tanto, $\sum \infty 𝑛 = 1 𝑎 𝑛$ es divergente para $𝑘 \geq 2 .$
  Por tanto, la serie $\sum_{n=1}^\infty a_n$ es convergente si $k \leq 1$ y divergente si $k \geq 2$ , con $k \in \mathbb{Z}.$ Luego $k = 1$ es el mayor valor entero para el que la serie es convergente.
2. Para hallar la suma de la serie, expresamos $𝑎 𝑛$ como suma de fracciones simples. $𝑛 (𝑛 + 1) (𝑛 + 2) (𝑛 + 3) = 𝐴 𝑛 + 1 + 𝐵 𝑛 + 2 + 𝐶 𝑛 + 3 = = 𝐴 (𝑛 + 2) (𝑛 + 3) + 𝐵 (𝑛 + 1) (𝑛 + 3) + 𝐶 (𝑛 + 1) (𝑛 + 2) (𝑛 + 1) (𝑛 + 2) (𝑛 + 3) .$ Hallamos los valores de $𝐴$ , $𝐵$ y $𝐶$ mediante sustitución. $𝑛 = - 1 ⟶ - 1 = 𝐴 \cdot 2 \Leftrightarrow 𝐴 = - 12, 𝑛 = - 2 ⟶ - 2 = 𝐵 \cdot (- 1) \Leftrightarrow 𝐵 = 2, 𝑛 = - 3 ⟶ - 3 = 𝐶 \cdot (- 2) \cdot (- 1) \Leftrightarrow 𝐶 = - 32 .$ Por tanto: $\infty \sum 𝑛 = 1 𝑎 𝑛 = \infty \sum 𝑛 = 1 𝑛 (𝑛 + 1) (𝑛 + 2) (𝑛 + 3) = \infty \sum 𝑛 = 1 (- 1 2 (𝑛 + 1) + 2 𝑛 + 2 - 3 2 (𝑛 + 3)) = = - 14 + 23 - 38 - 16 + 24 - 310 - 18 + 25 - 312 - 110 + 26 - 314 - 112 + 27 - 316 + \dots = = - 14 + 23 - 16 = 14 .$

Problema 2: Examen de 2018 de Andalucía

Geometría

Dados los puntos del plano $𝐴 (1, 2)$ y $𝐵 (3, 3)$ , se pide:

Calcular la ecuación de la parábola que tiene el vértice en el punto $𝐴$ y el foco en punto $𝐵 .$
Determinar como número complejo en forma binomica los vértices de un triángulo equilátero con centro en $𝐴$ , sabiendo que $𝐵$ es uno de sus vértices.

Resolución

En primer lugar, hallamos la directriz de la parábola. El vértice $𝐴$ equidista del foco y la directriz, así que podemos hallar un punto $𝐵'$ de la directriz como el simétrico de $𝐵$ respecto de $𝐴 .$ Sea $𝐵' (𝑥, 𝑦)$ , se tiene que: ${3 + 𝑥 2 = 1 \Leftrightarrow 𝑥 = - 1, 3 + 𝑦 2 = 2 \Leftrightarrow 𝑦 = 1 .$ Luego $𝐵' (- 1, 1)$ es un punto de la directriz. Por otro lado, el eje de simetría de la parábola pasa por los puntos $𝐴$ y $𝐵$ , así que su pendiente es $𝑚 𝑒 = 12 .$ Como la directriz es perpendicular al eje de simetría, la pendiente de la directriz es $𝑚 𝑑 = - 2 .$ Por tanto, la ecuación de la directriz es: $𝑟 \equiv 𝑦 - 1 = - 2 (𝑥 + 1) \Leftrightarrow 2 𝑥 + 𝑦 + 1 = 0 .$ La parábola es el lugar geométrico de los puntos del plano que equisitan del foco y la directriz. Sea $𝑃 (𝑥, 𝑦)$ un punto de la parábola, entonces se tiene que: $d i s t (𝑃, 𝐵) = d i s t (𝑃, 𝑟) \Leftrightarrow \sqrt (3 - 𝑥) 2 + (3 - 𝑦) 2 = | 2 𝑥 + 𝑦 + 1 | \sqrt 5 \Leftrightarrow \Leftrightarrow 9 + 𝑥 2 - 6 𝑥 + 9 + 𝑦 2 - 6 𝑦 = (2 𝑥 + 𝑦 + 1) 2 5 \Leftrightarrow \Leftrightarrow 5 𝑥 2 + 5 𝑦 2 - 30 𝑥 - 30 𝑦 + 90 = 4 𝑥 2 + 4 𝑥 𝑦 + 4 𝑥 + 𝑦 2 + 2 𝑦 + 1 \Leftrightarrow \Leftrightarrow 𝑥 2 + 4 𝑦 2 - 4 𝑥 𝑦 - 34 𝑥 - 32 𝑦 + 89 = 0 .$
Sean $𝑧 𝐴 = 1 + 2 𝑖$ y $𝑧 𝐵 = 3 + 3 𝑖 .$ En primer lugar, trasladamos el centro del triángulo al origen de coordenadas. De esta forma, el vértice $𝑧 𝐵$ se transforma en: $𝑧 1 = 𝑧 𝐵 - 𝑧 𝐴 = 2 + 𝑖 = \sqrt 5 𝑒 𝛼 𝑖, c o n 𝛼 = a r c t g (12) .$ Las razones trigonométricas del ángulo $𝛼$ son: $s e n (𝛼) = 1 \sqrt 5, c o s (𝛼) = 2 \sqrt 5 .$ Los otros dos vértices del triángulo equilátero trasladado son de la forma: $𝑧 2 = \sqrt 5 𝑒 (𝛼 + 2 𝜋 3) 𝑖 = \sqrt 5 c o s (𝛼 + 2 𝜋 3) + \sqrt 5 s e n (𝛼 + 2 𝜋 3) 𝑖, 𝑧 3 = \sqrt 5 𝑒 (𝛼 + 4 𝜋 3) 𝑖 = \sqrt 5 c o s (𝛼 + 4 𝜋 3) + \sqrt 5 s e n (𝛼 + 4 𝜋 3) 𝑖 .$ De esta forma, calculamos: $c o s (𝛼 + 2 𝜋 3) = c o s (𝛼) c o s (2 𝜋 3) - s e n (𝛼) s e n (2 𝜋 3) = 2 \sqrt 5 \cdot (- 12) - 1 \sqrt 5 \cdot \sqrt 3 2 = - 1 \sqrt 5 - \sqrt 3 2 \sqrt 5, s e n (𝛼 + 2 𝜋 3) = s e n (𝛼) c o s (2 𝜋 3) + c o s (𝛼) s e n (2 𝜋 3) = 1 \sqrt 5 \cdot (- 12) + 2 \sqrt 5 \cdot \sqrt 3 2 = - 1 2 \sqrt 5 + \sqrt 3 \sqrt 5, c o s (𝛼 + 4 𝜋 3) = c o s (𝛼) c o s (4 𝜋 3) - s e n (𝛼) s e n (4 𝜋 3) = 2 \sqrt 5 \cdot (- 12) - 1 \sqrt 5 \cdot (- \sqrt 3 2) = - 1 \sqrt 5 + \sqrt 3 2 \sqrt 5, s e n (𝛼 + 4 𝜋 3) = s e n (𝛼) c o s (4 𝜋 3) + c o s (𝛼) s e n (4 𝜋 3) = 1 \sqrt 5 \cdot (- 12) + 2 \sqrt 5 \cdot (- \sqrt 3 2) = - 1 2 \sqrt 5 - \sqrt 3 \sqrt 5 .$ Así que: $𝑧 2 = \sqrt 5 c o s (𝛼 + 2 𝜋 3) + \sqrt 5 s e n (𝛼 + 2 𝜋 3) 𝑖 = - 1 - \sqrt 3 2 + (- 12 + \sqrt 3) 𝑖, 𝑧 3 = \sqrt 5 c o s (𝛼 + 4 𝜋 3) + \sqrt 5 s e n (𝛼 + 4 𝜋 3) 𝑖 = - 1 + \sqrt 3 2 + (- 12 - \sqrt 3) 𝑖 .$ Por tanto, los vértices del triángulo equilátero son: $𝑧 𝐵 = 3 + 3 𝑖, 𝑧 𝐶 = 𝑧 2 + 𝑧 𝐴 = - \sqrt 3 2 + (32 + \sqrt 3) 𝑖 = - \sqrt 3 2 + 3 + 2 \sqrt 3 2 𝑖, 𝑧 𝐷 = 𝑧 3 + 𝑧 𝐴 = \sqrt 3 2 + (32 - \sqrt 3) 𝑖 = \sqrt 3 2 + 3 - 2 \sqrt 3 2 𝑖 .$

Problema 3: Examen de 2018 de Andalucía

Consideramos la curva $𝐶$ de ecuacion: $𝑥 2 + 𝑦 2 = 4 .$

De todos los triángulos inscritos en la curva $𝐶$ , con vértice en el punto $𝐴 (0, 2)$ y base paralela al eje $𝑂 𝑋$ , calcular el que tiene máxima superficie.
Calcular la ecuacion de la envolvente de la familia de las circunferencias que tienen el centro en la curva $𝐶$ y que sus radios son la mitad del radio $𝐶 .$

Resolución

Sea $P(x, y)$ el vértice del triángulo en el semiplano derecho, es decir, con $x > 0.$ Observamos que la base del triángulo es $2x$ y su altura es $2-y.$ Así que el área del triángulo viene dada por: $S = \frac{2x \cdot (2-y)}{2} = x(2-y).$ Como está inscrito en la circunferencia de ecuación $x^2 + y^2 = 4$ , se verifica que $x = \sqrt{4-y^2}.$ Luego la función a maximizar es: $S(y) = (2-y)\sqrt{4-y^2}.$ En primer lugar, hallamos la derivada de la función $S.$ $S'(y) = -\sqrt{4-y^2} + (2-y) \cdot \frac{-2y}{2\sqrt{4-y^2}} = -\sqrt{4-y^2} - \frac{y(2-y)}{\sqrt{4-y^2}}.$ Hallamos los puntos críticos de $S$ igualando la derivada a cero. $\begin{align} & S'(y) = 0 \Leftrightarrow -\sqrt{4-y^2} - \frac{y(2-y)}{\sqrt{4-y^2}} = 0 \Leftrightarrow -\frac{y(2-y)}{\sqrt{4-y^2}} \Leftrightarrow \sqrt{4-y^2} = -2y + y^2 = 4 - y^2 \Leftrightarrow \\ & \Leftrightarrow 2y^2 - 2y - 4 = 0 \Leftrightarrow y^2 - y - 2 = 0 \Leftrightarrow \begin{cases} y = -1, \\ y = 2. \end{cases} \end{align}$ Como $P$ es un vértice distinto de $A$ , la solución $y = 2$ no es válida. Comprobamos que se alcanza el máximo en $y = -1.$
- Si $- 2 < 𝑦 < - 1$ , $𝑆' (𝑦) > 0 .$ Así que $𝑆$ es creciente.
- Si $- 1 < 𝑦 < 2$ , $𝑆' (𝑦) < 0 .$ Así que $𝑆$ es decreciente.
Luego $S$ alcanza el mínimo en $y = -1$ , así que $x = \sqrt{3}.$ Por tanto, el triángulo de área máxima es el de vértices $A(0, 2)$ , $B(\sqrt{3}, -1)$ y $C(-\sqrt{3}, -1).$
En primer lugar, expresamos la curva $𝐶 \equiv 𝑥 2 + 𝑦 2 = 4$ en ecuaciones paramétricas: ${𝑥 = 2 c o s (𝑡), 𝑦 = 2 s e n (𝑡), 𝑡 \in [0, 2 𝜋] .$ La familia de curvas con centro en $𝐶$ y radio 1 viene dada por la ecuación: $(𝑥 - 2 c o s (𝑡)) 2 + (𝑦 - 2 s e n (𝑡)) 2 = 1 \Leftrightarrow (𝑥 - 2 c o s (𝑡)) 2 + (𝑦 - 2 s e n (𝑡)) 2 - 1 = 0 .$ Sea $𝐹 (𝑥, 𝑦, 𝑡) = (𝑥 - 2 c o s (𝑡)) 2 + (𝑦 - 2 s e n (𝑡)) 2 - 1 .$ La ecuación de la envolvente viene dada por: $⎧ { {⎨ { {⎩ 𝐹 (𝑥, 𝑦, 𝑡) = 0, 𝜕 𝐹 (𝑥, 𝑦, 𝑡) 𝜕 𝑡 = 0 \Leftrightarrow {(𝑥 - 2 c o s (𝑡)) 2 + (𝑦 - 2 s e n (𝑡)) 2 - 1 = 0, 2 (𝑥 - 2 c o s (𝑡)) \cdot 2 s e n (𝑡) + 2 (𝑦 - 2 s e n (𝑡)) \cdot (- 2 c o s (𝑡)) = 0 \Leftrightarrow {𝑥 2 - 4 𝑥 c o s (𝑡) + 4 c o s 2 (𝑡) + 𝑦 2 - 4 𝑦 s e n (𝑡) + 4 s e n 2 (𝑡) - 1 = 0, 𝑥 s e n (𝑡) - 2 s e n (𝑡) c o s (𝑡) - 𝑦 c o s (𝑡) + 2 s e n (𝑡) c o s (𝑡) = 0 \Leftrightarrow {4 𝑥 c o s (𝑡) + 4 𝑦 s e n (𝑡) = 𝑥 2 + 𝑦 2 + 3, 𝑥 s e n (𝑡) - 𝑦 c o s (𝑡) = 0 .$ Despejando en la segunda ecuación, $𝑥 s e n (𝑡) - 𝑦 c o s (𝑡) = 0 \Leftrightarrow 𝑥 s e n (𝑡) = 𝑦 c o s (𝑡) \Leftrightarrow t g (𝑡) = 𝑦 𝑥 .$ Luego se tiene que: $s e n (𝑡) = 𝑦 \sqrt 𝑥 2 + 𝑦 2 y c o s (𝑡) = 𝑥 \sqrt 𝑥 2 + 𝑦 2 .$ Sustituyendo en la primera ecuación, obtenemos que: $4 𝑥 2 \sqrt 𝑥 2 + 𝑦 2 + 4 𝑦 2 \sqrt 𝑥 2 + 𝑦 2 = 𝑥 2 + 𝑦 2 + 3 \Leftrightarrow 4 \sqrt 𝑥 2 + 𝑦 2 = 𝑥 2 + 𝑦 2 + 3 .$ Realizamos el cambio de variable $𝑢 = \sqrt 𝑥 2 + 𝑦 2 .$ Entonces: $4 𝑢 = 𝑢 2 + 3 \Leftrightarrow 𝑢 2 - 4 𝑢 + 3 = 0 \Leftrightarrow {𝑢 = 1 \Leftrightarrow \sqrt 𝑥 2 + 𝑦 2 = 1 \Leftrightarrow 𝑥 2 + 𝑦 2 = 1, 𝑢 = 3 \Leftrightarrow \sqrt 𝑥 2 + 𝑦 2 = 3 \Leftrightarrow 𝑥 2 + 𝑦 2 = 9 .$

Problema 3: Examen de 2016 de Andalucía

Geometría

Consideremos un pentágono regular. Al trazar sus diagonales se forma en su interior un nuevo pentágono regular. ¿Qué relación existe entre las áreas de los dos pentágonos?

Problema 5: Examen de 2014 de Andalucía

Geometría

Hallar los puntos de la recta $𝑥 + 𝑦 = 0$ , $𝑥 - 𝑧 = 0$ , cuya distancia al plano $𝜋 \equiv 2 𝑥 - 𝑦 + 2 𝑧 = 1$ es de $13 .$
Hallar el lugar geométrico de los puntos del plano cuya distancia a los puntos hallados en el apartado anterior es $13 .$

Resolución

En primer lugar, hallamos las ecuaciones paramétricas de la recta $𝑟$ . $𝑟 \equiv {𝑥 + 𝑦 = 0, 𝑥 - 𝑧 = 0 \equiv ⎧ { {⎨ { {⎩ 𝑥 = 𝜆, 𝑦 = - 𝜆, 𝑧 = 𝜆, 𝜆 \in ℝ .$ Sea $𝑃 (𝜆, - 𝜆, 𝜆)$ un punto genérico de $𝑟$ . Su distancia al plano $𝜋$ viene dada por: $d i s t (𝑃, 𝜋) = | 2 𝜆 - (- 𝜆) + 2 𝜆 - 1 | \sqrt 22 + 12 + 22 = | 5 𝜆 - 1 | 3 .$ Para que la distancia sea de $13$ , ha de verificarse: $d i s t (𝑃, 𝜋) = 13 \Leftrightarrow | 5 𝜆 - 1 | 3 = 13 \Leftrightarrow | 5 𝜆 - 1 | = 1 \Leftrightarrow {5 𝜆 - 1 = 1 \Leftrightarrow 5 𝜆 = 2 \Leftrightarrow 𝜆 = 52, 5 𝜆 - 1 = - 1 \Leftrightarrow 5 𝜆 = 0 \Leftrightarrow 𝜆 = 0 .$ Por tanto, los puntos son: $𝑃 1 (25, - 25, 25) y 𝑃 2 (0, 0, 0) .$
Por construcción, los puntos del plano $\pi$ que están a una distancia de $\frac{1}{3}$ de $P_1$ y $P_2$ son sus respectivas proyecciones ortogonales sobre $\pi$ .
- Para hallar la proyección ortogonal del punto $𝑃 1$ sobre $𝜋$ , tomamos la recta $𝑠$ que perpendicular al plano que pasa por $𝑃 1$ . Sea: $𝑠 \equiv ⎧ { {⎨ { {⎩ 𝑥 = 25 + 2 𝜆, 𝑦 = - 25 - 𝜆, 𝑧 = 25 + 2 𝜆, 𝜆 \in ℝ .$ La proyección ortogonal viene dada por la intersección entre el plano $𝜋$ y la recta $𝑠$ . $2 (25 + 2 𝜆) - (- 25 - 𝜆) + 2 (25 + 2 𝜆) = 1 \Leftrightarrow 45 + 4 𝜆 + 25 + 𝜆 + 45 + 4 𝜆 = 1 \Leftrightarrow 9 𝜆 = - 1 \Leftrightarrow 𝜆 = - 19 .$ Por tanto, la proyección ortogonal de $𝑃 1$ sobre $𝜋$ es el punto: $𝑃' 1 (845, - 1345, 845) .$
- Para hallar la proyección ortogonal del punto $𝑃 2$ sobre $𝜋$ , tomamos la recta $𝑡$ que perpendicular al plano que pasa por $𝑃 2$ . Sea: $𝑡 \equiv ⎧ { {⎨ { {⎩ 𝑥 = 2 𝜇, 𝑦 = - 𝜇, 𝑧 = 2 𝜇, 𝜇 \in ℝ .$ La proyección ortogonal viene dada por la intersección entre el plano $𝜋$ y la recta $𝑡$ . $2 (2 𝜇) - (- 𝜇) + 2 (2 𝜇) = 1 \Leftrightarrow 4 𝜇 + 𝜇 + 4 𝜇 = 1 \Leftrightarrow 9 𝜇 = 1 \Leftrightarrow 𝜇 = 19 .$ Por tanto, la proyección ortogonal de $𝑃 2$ sobre $𝜋$ es el punto: $𝑃' 2 (29, - 19, 29) .$
Como $P_1'$ y $P_2'$ son diferentes, el lugar geométrico de los puntos del plano $\pi$ cuya distancia a $P_1$ y $P_2$ es $\frac{1}{3}$ es vacío.

Problema 6: Examen de 2014 de Andalucía

Geometría

Hallar el lugar geométrico de los ortocentros de todos los triángulos inscritos en una hipérbola equilátera.

Problema 3: Examen de 2006 de Andalucía

Geometría

Se considera un segmento $𝐴 𝐵$ de longitud constante que se mueve apoyando sus extremos en unos ejes cartesianos rectángulos. Hallar el lugar geométrico de la proyección del origen sobre el segmento.

Problema 1: Examen de 2002 de Andalucía

Geometría

Se dan las rectas: $𝑟 1 \equiv 𝑥 + 𝑦 - 2 = 0, 𝑟 2 \equiv 𝑥 + 2 𝑦 - 3 = 0, 𝑟 3 \equiv 3 𝑥 + 𝑦 - 4 = 0 .$ Hallar los vértices $𝐴$ , $𝐵$ y $𝐶$ de un triángulo sabiendo que el radio de la circunferencia es 2 y que $𝑟 1$ es la mediatriz de $𝐴 𝐵$ , $𝑟 2$ es la de $𝐵 𝐶$ y $𝑟 3$ es la de $𝐶 𝐴 .$ ¿Cuántas soluciones hay? Hallarlas todas.

Problema 2: Examen de 2002 de Andalucía

Geometría

El triángulo equilátero ABP (ver figura adjunta) de lado unidad está dentro del cuadrado $𝑇 𝑋 𝑌 𝑍$ de lado 2, en una posición que llamaremos "posición inicial". El triángulo gira en sentido horario con centro en $𝐵$ , luego con centro en $𝑃$ y así sucesivamente a lo largo de los lados del cuadrado, hasta que retorna a la "posición inicial". Figura

¿Cuál es la longitud de camino recorrido por el vértice $𝑃$ ?
¿Y si el lado del cuadrado mide cinco unidades?
Generalícese el resultado para cuando el lado del cuadrado sea igual a $3 𝑛 + 2$ veces el lado del triángulo.

Problema 5: Examen de 2002 de Andalucía

Geometría

Sean $𝑅$ y $𝑄$ las proyecciones ortogonales de un punto $𝑃$ del plano sobre dos rectas fijas $𝑒 1$ , $𝑒 2$ que forman un ángulo $𝛼 .$

Determinar las ecuaciones del lugar geométrico que describe $𝑃$ si el segmento $𝑅 𝑄$ es de longitud constante.
Referir las ecuaciones del lugar a la referencia oblicua que definen las rectas $𝑒 1$ , $𝑒 2 .$
Particularizar para el caso en el que $𝛼 = 𝜋 2 .$

Problema 1: Examen de 2000 de Andalucía

Geometría

Construir un triángulo conociendo los lados $𝑏$ y $𝑐$ y la bisectriz $𝑑$ del ángulo que forman. Discusión del problema a resolver.

Problema 2: Examen de 2000 de Andalucía

Geometría

Una parábola tiene el foco en el punto $𝐹 (2, 2)$ y es tangente a $𝑂 𝑋$ en el punto $𝑃 (4, 0)$ y a $𝑂 𝑌$ en el punto $𝑄 (0, 4) .$ Calcular el volumen engendrado por el segmento parabólico determinado por dicha parábola y la cuerda $𝑃 𝑄$ al girar alrededor del eje $𝑂 𝑋 .$

Problema 3: Examen de 2000 de Andalucía

Geometría

Hallar el lugar geométrico de los puntos medios de las cuerdas de la elipse $𝑏 2 𝑥 2 + 𝑎 2 𝑦 2 = 𝑎 2 𝑏 2$ , que son vistas desde el centro bajo un ángulo de 90°.

Problema 5: Examen de 2000 de Andalucía

Geometría

Hallar la longitud de la sombra que sobre el plano horizontal arroja un poste de 4 m de altura a las tres de la tarde del día de equinoccio de primavera en un punto $𝐴$ de la tierra de 30° de latitud norte.

Problema 3: Examen de 2018 de Aragón

Geometría

Se dan dos circunferencias de centros $𝑂$ y $𝑂'$ y radios $𝑅$ y $𝑟$ , respectivamente, tangentes exteriores en el punto $𝐴 .$ Se traza la tangente común en el punto de intersección de las dos circunferencias. Por un punto $𝐵$ de dicha tangente se trazan dos tangentes $𝐵 𝐶$ y $𝐵 𝐶'$ , siendo $𝐶$ y $𝐶'$ los puntos de contacto con cada una de las circunferencias.

Calcule el límite del cociente de las áreas de los triángulos $△ 𝐴 𝐵 𝐶$ y $△ 𝐴 𝐵 𝐶'$ cuando el punto $𝐵$ tiende hacia el punto $𝐴 .$
Calcule el límite anterior cuando $𝐵$ se aleja indefinidamente del punto $𝐴 .$

Problema 7: Examen de 2018 de Aragón

Geometría

Sean $Σ$ y $Γ$ dos circunferencias; la primera de centro $𝑂$ y radio $𝑅$ y la segunda de centro $𝐶$ y radio $𝑅 4 .$ La circunferencia $Γ$ rueda sin deslizar por la parte interior de $Σ$ , siendo tangentes interiores.

Halle el lugar geométrico de un punto fijo de $Γ .$
Deduza la ecuación de la curva resultante en coordenadas cartesianas.

Problema 4: Examen de 2014 de Aragón

Geometría

Dadas dos semicircunferencias $𝑆 1$ y $𝑆 2$ , iguales y tangentes entre sí, cuyos diámetros están sobre una misma recta $𝑠$ , se considera la recta $𝑡$ que es paralela a $𝑠$ y tangente a $𝑆 1$ y $𝑆 2$ . Sea $𝐶 1$ la circunferencia que es tangente a $𝑆 1$ , a $𝑆 2$ y a $𝑡$ ; y entiéndase por $𝐶 𝑛$ la circunferencia que es tangente a $𝑆 1$ , a $𝑆 2$ y a $𝐶 𝑛 - 1$ , para $𝑛 \geq 2$ . Use esta construcción geométrica para probar que $1 1 \cdot 2 + 1 2 \cdot 3 + 1 3 \cdot 4 + \dots + 1 𝑛 (𝑛 + 1) + \dots = 1 .$

Problema 6: Examen de 2014 de Aragón

Geometría

Un cuadrilátero $𝐴 𝐵 𝐶 𝐷$ admite circunferencia inscrita y a su vez está inscrito en una circunferencia $𝐶$ , de la que $𝐴 𝐵$ es un diámetro.

Demuestre que $𝐶 𝐷 \leq (\sqrt 5 - 2) 𝐴 𝐵$ .
Caracterice los cuadriláteros $𝐴 𝐵 𝐶 𝐷$ que cumplen el enunciado y en los que la anterior desigualdad es una igualdad.

Problema 7: Examen de 2014 de Aragón

Geometría

Dado un número real $𝑎 > 0$ , se considera la curva $𝐶$ cuya ecuación es $\sqrt 𝑥 + \sqrt 𝑦 = \sqrt 𝑎$ en cierta referencia rectangular del plano. Por un punto $𝑃$ de dicha curva se traza la tangente a $𝐶$ que corta a los ejes coordenados $𝑂 𝑋$ y $𝑂 𝑌$ en los puntos respectivos $𝑀$ y $𝑁$ . Demuestre que $𝑎$ es la suma de la abscisa de $𝑀$ y la ordenada de $𝑁$ .

Problema 4: Examen de 2018 de Asturias

Geometría

Dado el triángulo rectángulo cuyos lados miden 6, 8 y 10, se pide:

Demuestre que la recta que biseca su área y su perímetro es única.
Calcule dicha recta.

Problema 3: Examen de 2016 de Asturias

Geometría

Responda razonadamente a las siguientes cuestiones:

Dado un triángulo rectángulo de catetos $𝑎$ y $𝑏$ e hipotenusa $𝑐$ , exprese la longitud del radio $𝑟$ de la circunferencia inscrita en el triángulo en función de $𝑎$ , $𝑏$ y $𝑐 .$
Un cuadrado de papel $𝐴 𝐵 𝐶 𝐷$ se dobla según el segmento $𝑃 𝑄$ , donde $𝑃$ es un punto del lado $𝐴 𝐵$ y $𝑄$ es un punto del lado $𝐶 𝐷$ , hasta que el vértice $𝐴$ coincide con un punto $𝑅$ del lado $𝐵 𝐶$ , formándose así tres triángulos rectángulos $𝑃 𝐵 𝑅$ , $𝑅 𝐶 𝑆$ y $𝑄 𝑇 𝑆$ de una sola capa de papel. Demuestre que el cateto $𝑆 𝑇$ del triángulo $𝑄 𝑇 𝑆$ mide lo mismo que el radio de la circunferencia inscrita en el triángulo $𝑅 𝐶 𝑆 .$

Problema 3: Examen de 2018 de Cantabria

Geometría

Los afijos de los números complejos $𝑧 1$ , $𝑧 2$ , $𝑧 3$ , $𝑧 4$ , $𝑧 5$ y $𝑧 6$ son vértices consecutivos de un hexágono regular. Sabiendo que $𝑧 1 = 0$ y $𝑧 4 = 4 + 6 𝑖$ , donde $𝑖 = \sqrt - 1$ , hallar $𝑧 2$ , $𝑧 3$ , $𝑧 5$ y $𝑧 6 .$

Problema 5: Examen de 2018 de Cantabria

Geometría

Sean $𝑟$ y $𝑠$ dos rectas del plano afín ordinario que se cortan en un punto $𝑂 .$ Tenemos tres puntos $𝐴$ , $𝐵$ y $𝐶$ en la recta $𝑟$ y tres puntos $𝐴'$ , $𝐵'$ y $𝐶'$ en la recta $𝑠 .$ Las rectas $𝐶 𝐵'$ y $𝐵 𝐶'$ se cortan en un punto $𝑀$ , las rectas $𝐶 𝐴'$ y $𝐴 𝐶'$ se cortan en un punto $𝑁$ , y las rectas $𝐴 𝐵'$ y $𝐵 𝐴'$ se cortan en un punto $𝑃 .$ Demostrar que $𝑀$ , $𝑁$ y $𝑃$ están alineados.

Problema 7: Examen de 2018 de Cantabria

Geometría

Una recta en el plano se mueve de forma que el segmento determinado por sus puntos de corte con los ejes coordenados mantiene una longitud constante $𝐿 .$

Determine unas ecuaciones paramétricas del lugar geométrico descrito por el pie de la perpendicular a dicho segmento trazada desde el origen de coordenadas.
Halle una ecuación implícita de dicho lugar geométrico.

Problema 9: Examen de 2018 de Cantabria

Geometría

Consideremos la parte superior $(𝑦 \geq 0)$ de las circunferencias $𝑥 2 + 𝑦 2 = 𝑅 2, 𝑥 2 + 𝑦 2 - 𝑅 𝑥 = 0, 𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑅 𝑥 = 0 .$

Determine el radio $𝑟$ del círculo inscrito en la región encerrada entre los tres semicículos y que es tangente a los mismos.
Calcule las longitudes de los lados del triángulo cuyos vértices son los puntos de tangencia.

Problema 4: Examen de 2016 de Cantabria

Geometría

Se da la circunferencia $C : 𝑥 2 + 𝑦 2 - 2 𝑎 𝑥 = 0$ y la recta $𝑟 : 𝑥 = 2 𝑎$ , siendo $𝑎 > 0 .$ Una recta variable $𝑠$ que pasa por el origen $𝑂 (0, 0)$ corta a la circunferencia $C$ en un punto $𝐴$ distinto de $𝑂$ y a la recta $𝑟$ en un punto $𝐵 .$

Halle la ecuación cartesiana del lugar geométrico $P$ de los puntos $𝑃 \in 𝑠$ tales que $𝑂 𝑃 = 𝐴 𝐵$ , al variar $𝑠 .$
Estudie y represente la curva cuya ecuación es la obtenida en (a).
Si dicha curva girase alrededor de su asíntota, indique cómo se obtendría la expresión del volumen limitado por la superficie engendrada (no es preciso calcularlo).

Problema 5: Examen de 2016 de Cantabria

Geometría

Un lazo corredizo formado por una cuerda de longitud $𝑙$ , se envuelve en una columna cilíndrica de radio $𝑟$ perfectamente lisa, estando sujeto al extremo libre de la cuerda. Averigüe a qué distancia de la columna está el lazo corredizo en el momento en que la cuerda está completamente tensa.

Problema 2: Examen de 2018 de Castilla la Mancha

Geometría

Demuestre que una recta $𝑑$ que divide a un triángulo $△ 𝐴 𝐵 𝐶$ en dos polígonos del mismo perímetro y de la misma área pasa por el centro de la circunferencia inscrita al triángulo $△ 𝐴 𝐵 𝐶 .$

Problema 3: Examen de 2015 de Castilla la Mancha

Geometría

En el triángulo acutángulo $𝐴 𝐵 𝐶$ se consideran los puntos $𝐻$ , $𝐷$ y $𝑀$ del lado $𝐵 𝐶$ , que son pies respectivos de la altura $𝐴 𝐻$ , de la bisectriz $𝐴 𝐷$ y de la mediana $𝐴 𝑀$ que parten desde $𝐴$ . Si las longitudes de $𝐴 𝐵$ , $𝐴 𝐶$ y $𝑀 𝐷$ son, respectivamente, 11, 8 y 1, calcule la longitud del segmento $𝐷 𝐻$ .

Problema 3: Examen de 2025 de Castilla y León

Geometría

Dada la cúbica $𝑥 𝑦 2 = 1$ , se pide:

¿Cuántas tangentes a ella se pueden trazar desde un punto cualquiera $𝑀 (𝑥, 𝑦)$ ?
Lugar geométrico de los puntos $𝑀$ para los cuales dos de estas tangentes son perpendiculares entre sí.

Problema 4: Examen de 2018 de Castilla y León

Responda razonadamente a las siguientes cuestiones, que son independientes entre sí:

Sean $C$ una circunferencia y en ella dos puntos distintos $𝐴$ y $𝐵$ no diametralmente opuestos. Describir el lugar geométrico de los ortocentros de los triángulos $△ 𝐴 𝐵 𝐶$ , donde $𝐶$ es un punto de $C$ distinto de $𝐴$ y $𝐵 .$
¿Para qué valores de $𝑎 > 0$ se cumple que si se eligen al azar los números $𝑏, 𝑐 \in [0, 𝑎]$ la probabilidad de que la distancia en el plano complejo de las raíces del polinomio $𝑧 2 + 𝑏 𝑧 + 𝑐$ no sea mayor que 1, no sea menor que $14$ ?

Problema 3: Examen de 2015 de Castilla y León

Geometría

En el espacio afín euclídeo usual $ℝ 3$ se consideran la circunferencia $𝐶$ y la recta $𝑟$ siguientes: $𝐶 : {𝑥 2 + 𝑦 2 = 1 𝑧 = 0 y 𝑟 : {𝑦 = 0 𝑧 = 1 . .$

Halle el lugar geométrico $𝑆$ que determinan las rectas que se apoyan en la circunferencia $𝐶$ y en la recta $𝑟$ y son paralelas al plano $𝑥 = 0$ .
Calcule el volumen del sólido que delimitan la superficie $𝑆$ del apartado anterior y el plano $𝑧 = 0$ .

Problema 11: Examen de 2018 de Cataluña

Geometría

El triángulo $△ 𝐴 𝐵 𝐶$ de la figura es rectángulo en $𝐵 .$ Se gira $△ 𝐴 𝐵 𝐶$ dos veces con centro en $𝐴$ con igual amplitud de giro. Calcule $𝐵 𝐶 𝐴 𝑁 .$ Figura

Problema 4: Examen de 2005 de Cataluña

Geometría

Se traza una recta $𝑟$ por el baricentro de un triángulo equilátero (en el mismo plano que este). Demostrar que la suma de los cuadrados de las distancias de los tres vértices del triángulo a la recta $𝑟$ no depende de la elección de esta.

Problema 8: Examen de 2005 de Cataluña

Geometría

Tenemos un segmento $𝐴 𝐵$ de longitud 16. Hallar el lugar geométrico de los baricentros de los triángulos de base $𝐴 𝐵$ y perímetro 36.

Problema 9: Examen de 2005 de Cataluña

Geometría

Se tiene el triángulo $𝐴 𝐵 𝐶$ en el que $∠ 𝐵 𝐴 𝐶 = 70 \circ$ y $∠ 𝐶 𝐵 𝐴 = 60 \circ$ , y el triángulo $𝐴' 𝐵' 𝐶'$ , donde $𝐴'$ , $𝐵'$ y $𝐶'$ son los pies de las alturas del triángulo desde $𝐴$ , $𝐵$ y $𝐶$ , respectivamente (triángulo órtico). Las alturas del triángulo $𝐴 𝐵 𝐶$ son las bisectrices del triángulo $𝐴' 𝐵' 𝐶'$ . Haciendo uso de esta propiedad, determinar los ángulos del triángulo $𝐴' 𝐵' 𝐶'$ .

Problema 1: Examen de 2018 de Ceuta

Geometría

Dada la cónica $𝑦 2 = 2 𝑝 𝑥$ y el haz de rectas $𝑦 - 𝑎 = 𝑡 (𝑥 - 𝑏)$ , halle el lugar geométrico de los puntos en que las rectas de este haz cortan a las tangentes a la cónica en los puntos de intersección de ésta con el haz de rectas $𝑦 = 𝑡 𝑥 .$

Problema 5: Examen de 2018 de Ceuta

Geometría

Responda razonadamente a las siguientes cuestiones:

Demuestre que entre todos los triángulos con la misma base y mismo ángulo opuesto el isósceles tiene área máxima.
Pruebe que entre todos los triángulos inscritos en una circunferencia dada el equilátero tiene área máxima.

Problema 3: Examen de 2016 de Ceuta

Geometría

Se considera un triángulo $𝐴 𝐵 𝐶$ y se llama $𝐸$ al punto medio del lado $𝐴 𝐶$ . Demuestre que: $á r e a (𝐴 𝐵 𝐶) = 𝐵 𝐶 2 - 𝐴 𝐵 2 4 \cdot t g (∠ 𝐴 𝐸 𝐵) .$

Problema 5: Examen de 2016 de Ceuta

Geometría

Calcule el área de la intersección de los recintos que limitan las elipses concéntricas $𝑥 2 𝑎 2 + 𝑦 2 𝑏 2 = 1, 𝑥 2 𝑏 2 + 𝑦 2 𝑎 2 = 1 .$

Problema 1: Examen de 2014 de Ceuta

Geometría

Dado un triángulo $𝐴 𝐵 𝐶$ cuyos lados miden $𝑎 = 𝐵 𝐶$ , $𝑏 = 𝐶 𝐴$ y $𝑐 = 𝐴 𝐵$ , demuestre que $𝑎 2 - 𝑏 2 = 𝑏 𝑐$ si y solo si $∠ 𝐶 𝐴 𝐵 = 2 \cdot ∠ 𝐴 𝐵 𝐶$ .

Problema 4: Examen de 2018 de Extremadura

Geometría

Halle el lugar geométrico de los centros de los triángulos equiláteros inscritos en una elipse.

Problema 3: Examen de 2015 de Extremadura

Geometría

En un triángulo isósceles $𝐴 𝐵 𝐶$ cuyos lados iguales son $𝐴 𝐵$ y $𝐵 𝐶$ , existe un punto $𝑃$ en el lado $𝐵 𝐶$ tal que $𝐵 𝑃 = 𝑃 𝐴 = 𝐴 𝐶$ .

Halle el valor de la razón $𝐵 𝑃 𝑃 𝐶$ . ¿Qué relación tiene con la proporción áurea?
Calcule la medida de los ángulos del triángulo $𝐴 𝐵 𝐶$ y el coseno de dichos ángulos.

Problema 4: Examen de 2024 de Galicia

Geometría

Dentro de una esfera maciza de 80 cm de diámetro existe una cavidad con forma de cono equilátero inscrito dentro de dicha esfera. Trace un plano normal al eje del cono de tal manera que la corona circular que dicho plano determina al cortar la esfera y el cono tenga área máxima.

Problema 1: Examen de 2018 de Galicia

Geometría

Determine el número máximo de puntos de intersección de las diagonales de un polígono convexo de $𝑛$ lados:

Contenidos en el interior del polígono.
Contenidos en el exterior del polígono.

Problema 3: Examen de 2018 de Galicia

Geometría

Las circunferencias $C 0, C 1, \dots, C 𝑛, \dots$ son tangentes a dos rectas $𝑎$ y $𝑏$ que se cortan en un punto $𝑃$ , y cada $𝐶 𝑛$ es tangente a la siguiente de menor radio, que es $𝐶 𝑛 + 1 .$ Llamaremos $𝑂 𝑛$ al centro de la circunferencia $𝐶 𝑛$ , $𝑟 𝑛$ a su radio, $𝐴 𝑛$ a su punto de tangencia con la recta $𝑎$ , $𝑇 𝑛$ a su punto de tangencia con $𝐶 𝑛 + 1$ y $𝑑 𝑛$ a la distancia de $𝑃$ a $𝑂 𝑛 .$ Sean, además, $𝑟 0 = 3$ y $𝑑 0 = 12 .$

Exprese $𝑟 𝑛$ y $𝑑 𝑛$ en función de $𝑛 .$
Calcule el límite de la suma de las áreas de todos los círculos.
Pruebe que los triángulos $△ 𝐴 𝑛 𝑇 𝑛 𝐴 𝑛 + 1$ son semejantes y rectángulos en $𝑇 𝑛 .$

Problema 5: Examen de 2018 de Galicia

Geometría

Se llama cicloide a la curva que describe un punto de una circunferencia cuando ésta rueda a lo largo de una recta.

Halle unas ecuaciones paramétricas de la cicloide utilizando como parámetro el ángulo que describe el giro efectuado por la circunferencia al rodar.
Utilice el resultado de (a) para determinar la longitud de un arco de cicloide.

Problema 8: Examen de 2018 de Galicia

Geometría

Dadas dos circunferencias que no tienen puntos en común, calcule el lugar geométrico de los centros de las circunferencias tangentes a ambas.

Problema 10: Examen de 2018 de Galicia

Geometría

Dada una cadena formada por 16 círculos tangentes de radio $𝑟$ como en la figura, demostrar que la diferencia entre la superficie sombreada y la superficie en blanco permanece constante independientemente de la colocación de la cadena. Expresar dicha diferencia en función del radio del círculo.
Justifique la relación de este problema con el currículo de una materia de esta especialidad.

Problema 3: Examen de 2017 de Galicia

Geometría

Los vértices del triángulo $△ 𝐴 𝐵 𝐶$ son los afijos de los números complejos $𝑧 𝐴 = 1$ , $𝑧 𝐵 = - 12 + \sqrt 3 2 𝑖$ y $𝑧 𝐶 = - 12 - \sqrt 3 2 𝑖$ , donde $𝑖 = \sqrt - 1 .$

Dadas las relaciones $𝑧 + 𝑧 1 = 2 \cdot 𝑧 𝐴$ , $𝑧 1 + 𝑧 2 = 2 \cdot 𝑧 𝐵$ y $𝑧 2 + 𝑧 3 = 2 \cdot 𝑧 𝐶$ , identifique las transformaciones geométricas: $𝑀 \mapsto 𝑀 1, 𝑀 \mapsto 𝑀 2 y 𝑀 \mapsto 𝑀 3$ donde $𝑀 1$ , $𝑀 2$ y $𝑀 3$ son, respectivamente, los afijos de $𝑧 1$ , $𝑧 2$ y $𝑧 3 .$
Determine, si el punto $𝑀$ describe la circunferencia circunscrita al triángulo $△ 𝐴 𝐵 𝐶$ , la línea descrita por el afijo de $𝑧 4 = 𝑧 + 𝑎 2 𝑧$ , donde $𝑎 \in ℝ .$ Especifique, en particular, el caso en que $𝑎$ coincida con el radio de la circunferencia.

Problema 5: Examen de 2017 de Galicia

Geometría

Una circunferencia variable $𝐶$ es tangente a la recta $𝑦 = 0$ en el punto $𝐴 = (- 1, 0) .$ Sea $𝑟$ la recta tangente a $𝐶$ en el punto diametralmente opuesto al punto $𝐴$ y sea $𝑠$ la recta tangente a $𝐶$ , distinta de $𝑦 = 0$ , que pasa por el punto $𝐵 = (1, 0) .$

Calcule la ecuación del lugar geométrico formado por los puntos de intersección de las rectas $𝑟$ y $𝑠 .$
Calcule el área de la región del plano que está encerrada por la curva calculada en el apartado anterior y la recta $𝑥 = 0 .$

Problema 1: Examen de 2016 de Galicia

Geometría

Dada la curva $H$ , que admite la parametrización $𝛼 (𝑡) = (𝑒 𝑡 c o s (𝑡), 𝑒 𝑡 s e n (𝑡), \sqrt 3 𝑒 𝑡), 𝑡 \in ℝ,$ determine las ecuaciones de la recta tangente, del plano normal y del plano osculador a la curva $H$ en el punto $𝑃 = 𝛼 (0)$ .

Problema 9: Examen de 2016 de Galicia

Geometría

Los puntos $𝐴 (0, 2 𝑚)$ y $𝐵 (0, 𝑚)$ se transforman por una semejanza en los puntos respectivos $𝐴' (0, 0)$ y $𝐵' (𝑚, 0)$ , siendo $𝑚 \neq 0$ . Especifique un movimiento y una homotecia cuya composición sea la semejanza anterior y determine el centro de la semejanza, caso de que exista.

Problema 3: Examen de 2014 de Galicia

Geometría

Se considera un triángulo $𝐴 𝐵 𝐶$ y sea $𝐺$ su baricentro. Se traza una recta que pasa por $𝐺$ y que corta al segmento $𝐴 𝐵$ en un punto $𝑃$ y al segmento $𝐴 𝐶$ en un punto $𝑄$ . Demuestre que: $𝑃 𝐵 𝑃 𝐴 \cdot 𝑄 𝐶 𝑄 𝐴 \leq 14 .$

Problema 4: Examen de 2014 de Galicia

Geometría

Un punto móvil $𝑃$ describe una parábola $𝑦 2 = 2 𝑥$ , con velocidad de 5 cm/s, pasando primero por el origen $𝑂$ y luego por el punto $𝑀 (2, 2)$ . En el punto $𝐴 (6, 0)$ hay un foco luminoso y se pregunta: ¿A qué velocidad se moverá sobre el eje $𝑂 𝑌$ la sombra del punto $𝑃$ cuando éste pase por $𝑀$ ?

Problema 3: Examen de 2005 de Galicia

Geometría

En un plano se da un punto $𝑂$ y una recta $𝑟$ que no pasa por $𝑂$ . Se toma en $𝑟$ un punto variable $𝐴$ y se construye el triángulo $𝑂 𝐴 𝐴'$ , rectángulo en $𝐴$ e isósceles, y tal que la rotación de $𝑂 𝐴$ hacia $𝑂 𝐴'$ se hace en sentido positivo. Hallar:

El lugar geométrico de los puntos $𝐴'$ .
El lugar geométrico del centro de gravedad $𝐺$ del triángulo $𝑂 𝐴 𝐴'$ .

Problema 4: Examen de 2005 de Galicia

Geometría

Se considera un triángulo $𝐴 𝐵 𝐶$ de lados $𝑎 = 𝐵 𝐶$ , $𝑏 = 𝐴 𝐶$ y $𝑐 = 𝐴 𝐵$ . Demostrar que la condición necesaria y suficiente para que la mediana desde $𝐵$ sea dividida en tres partes iguales por la circunferencia inscrita en el triángulo es que $𝑎 5 = 𝑏 10 = 𝑐 13 .$

Problema 4: Examen de 2018 de Islas Baleares

Geometría

Un cuadrado de vértices $𝐴$ , $𝐵$ , $𝐶$ y $𝐷$ de centro $𝑂$ y lado 1 gira un ángulo $𝛼$ alrededor del punto $𝑂 .$ Encuentre el área común a ambos cuadrados.

Problema 9: Examen de 2018 de Islas Baleares

Geometría

Sean $△ 𝐴 𝐵 𝐶$ un triángulo, $𝛽 = ∠ 𝐴 𝐵 𝐶$ y $𝛾 = ∠ 𝐴 𝐶 𝐵 .$ Se denotan las longitudes de los lados mediante $𝑎 = 𝐵 𝐶$ , $𝑏 = 𝐴 𝐶$ y $𝑐 = 𝐴 𝐵 .$ Pruebe que si $𝛾 = 2 𝛽$ entonces $𝑐 2 = (𝑎 + 𝑏) 𝑏 .$

Problema 14: Examen de 2018 de Islas Baleares

Geometría

La curva $C$ , intersección de la esfera $𝑆 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧) \in ℝ 3 : 𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 - 2 𝑥 - 2 𝑦 - 4 𝑧 - 4 = 0}$ con el plano $𝜋 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧) \in ℝ 3 : 𝑥 + 𝑦 - 𝑧 - 1 = 0},$ se proyecta ortogonalmente sobre el plano $𝑂 𝑋 𝑌 .$

Determine e identifique cuál es la cónica proyección de $C .$
Encuentre la ecuación reducida de dicha cónica.

Problema 28: Examen de 2018 de Islas Baleares

Geometría

Se desliza un cuadrado cuyo lado mide 10 cm situado en el primer cuadrante del plano $𝑂 𝑋 𝑌$ de manera que los vértices de uno de sus lados estén siempre en contacto con los ejes coordenados: uno con el eje $𝑂 𝑋$ y otro con el eje $𝑂 𝑌 .$ Figura Con las notaciones de la figura, en las que se muestran la posición inicial del cuadrado y una de las posiciones intermedias, determinar el lugar geométrico descrito por los siguientes puntos:

El punto medio $𝑀$ del lado cuyos vértices están situados uno en cada eje.
El centro $𝐶'$ del cuadrado.
El vértice $𝑃 .$
El vértice $𝑄 .$

Problema 2: Examen de 2002 de Islas Baleares

Geometría

Sean $ℎ 𝑎$ , $ℎ 𝑏$ y $ℎ 𝑐$ , respectivamente, las alturas correspondientes a los vértices $𝐴$ , $𝐵$ y $𝐶$ de un triángulo $𝐴 𝐵 𝐶$ . Demuestre que si $ℎ 𝑎 = ℎ 𝑏 + ℎ 𝑐$ , entonces la recta determinada por los pies de las bisectrices interiores de los ángulos $∠ 𝐴 𝐵 𝐶$ y $∠ 𝐵 𝐶 𝐴$ pasa por el baricentro del triángulo.

Problema 7: Examen de 2002 de Islas Baleares

Geometría

En un triángulo $𝐴 𝐵 𝐶$ la bisectriz interior del ángulo $∠ 𝐵 𝐴 𝐶$ corta al lado $𝐵 𝐶$ en el punto $𝐷$ . Sea $Γ$ la circunferencia que pasa por $𝐴$ y es tangente a $𝐵 𝐶$ en el punto $𝐷$ . Si $𝑀$ es el otro punto de intersección de $Γ$ con el lado $𝐴 𝐶$ y la recta $𝐵 𝑀$ corta a la circunferencia $Γ$ en el punto $𝑃$ , demuestre que $𝐴 𝑃$ es una mediana del triángulo $𝐴 𝐵 𝐷$ .

Problema 8: Examen de 2002 de Islas Baleares

Geometría

Demuestre que $t g 15 º \cdot t g 25 º \cdot t g 35 º \cdot t g 85 º = 1$ .

Problema 11: Examen de 2002 de Islas Baleares

Geometría

Dada una esfera $𝑆$ en $ℝ 3$ y un plano ecuatorial $𝜋$ de la misma, determine el lugar geométrico de los vértices de los conos circunscritos a la esfera $𝑆$ cuya intersección con el plano $𝜋$ es una parábola.

Problema 13: Examen de 2002 de Islas Baleares

Geometría

Un vaso cilíndrico de radio $𝑟$ y altura $ℎ$ está inclinado de modo que el agua del interior biseca la base y toca el borde superior del vaso. Halle el volumen del agua contenida en el vaso.

Problema 1: Examen de 2006 de Islas Canarias

Geometría

Se eligen dos de los tres vértices de un triángulo cualquiera y se unen por un segmento con los puntos medios de los lados opuestos. Demuestre que el cuadrilátero y el triángulo más grande que se han formado tienen igual área.

Problema 6: Examen de 2006 de Islas Canarias

Geometría

Sea $R = {𝑂; 𝐮 1, 𝐮 2}$ un sistema de referencia sobre el plano afín $ℝ 2$ . Se considera la curva que en dicha referencia tiene por ecuación: $𝑦 2 - 𝑥 2 + 3 = 0 .$ Determine la ecuación de la simétrica de dicha curva respecto del punto $𝑃 (1, - 2)$ .

Problema 11: Examen de 2006 de Islas Canarias

Geometría

En el rectángulo $𝑃 𝑄 𝑅 𝑆$ siguiente, el punto $𝑇$ se mueve a lo largo de la diagonal $𝑃 𝑅$ del rectángulo. Figura Demuestre que: $𝑎 2 + 𝑏 2 = 𝑐 2 + 𝑑 2 .$

Problema 13: Examen de 2006 de Islas Canarias

Geometría

Se elige un punto $𝑃$ en el interior de un triángulo equilátero y se llaman $𝐴'$ , $𝐵'$ y $𝐶'$ a las proyecciones ortogonales respectivas de $𝑃$ sobre los lados $𝐵 𝐶$ , $𝐶 𝐴$ y $𝐴 𝐵$ del triángulo. Demuestre que la suma de longitudes $𝑃 𝐴' + 𝑃 𝐵' + 𝑃 𝐶'$ coincide con la altura del triángulo equilátero.

Problema 21: Examen de 2006 de Islas Canarias

Geometría

Se considera la familia de circunferencias dada por la ecuación: $𝑥 2 + 𝑦 2 - 2 𝑎 𝜆 𝑥 + 𝜆 2 - 𝑏 2 = 0,$ donde $𝑎$ y $𝑏$ son constantes y $𝜆 \in ℝ$ es un parámetro. Determine la ecuación del lugar geométrico de los puntos de contacto de las tangentes a estas circunferencias que son paralelas al eje $𝑂 𝑋$ y estudie su naturaleza.

Problema 1: Examen de 2018 de La Rioja

Geometría

Se corta por un plano paralelo a una generatriz un cono equilátero de lado 10. Se pide el área del segmento parabólico así obtenido cuando esta área es máxima.

Problema 3: Examen de 2018 de La Rioja

Geometría

En un triángulo $△ 𝐴 𝐵 𝐶$ los puntos $𝐷$ , $𝐸$ y $𝐹$ dividen cada lado en el que están situados en dos segmentos de longitud uno doble que el otro. Determine la relación entre el área del triángulo sombreado y el área $𝑆$ del triángulo original. Figura

Problema 1: Examen de 2015 de La Rioja

Geometría

Halle el lugar geométrico de los puntos medios de todas las cuerdas de la elipse $𝑏 2 𝑥 2 + 𝑎 2 𝑦 2 - 𝑎 2 𝑏 2$ que se ven desde el origen bajo un ángulo recto.

Problema 4: Examen de 2018 de Madrid

Geometría

La corona circular que forman dos circunferencias concéntricas $Γ$ y $Γ'$ de radios $𝑟$ y $𝑟'$ ( $𝑟 < 𝑟'$ ) contiene a 8 circunferencias $Γ 1, \dots, Γ 8$ tales que:

$Γ 𝑖$ es tangente a $Γ$ y $Γ'$ para cada $𝑖 = 1, \dots, 8 .$
$Γ 𝑖$ y $Γ 𝑖 + 1$ son tangentes para cada $𝑖 = 1, \dots, 7 .$
$Γ 8$ y $Γ 1$ son tangentes.

Determine el cociente

𝑟' 𝑟 .

Problema 2: Examen de 2016 de Madrid

Geometría

Un triángulo equilátero inscrito en una circunferencia de centro $𝑂$ y radio 4 cm se gira un ángulo recto en torno al punto $𝑂$ obteniendo un nuevo triángulo. Determine el área de la parte común a ambos triángulos.

Problema 1: Examen de 2015 de Madrid

Geometría

Sea $𝑀$ el punto medio de una cuerda $𝑃 𝑄$ de una circunferencia. Por $𝑀$ se trazan otras dos cuerdas $𝐴 𝐵$ y $𝐶 𝐷$ . La cuerda $𝐴 𝐷$ corta a la cuerda $𝑃 𝑄$ en un punto $𝑋$ y la cuerda $𝐵 𝐶$ corta a la cuerda $𝑃 𝑄$ en un punto $𝑌$ . Demuestre que $𝑀$ es también el punto medio del segmento $𝑋 𝑌$ .

Problema 1: Examen de 2014 de Madrid

Geometría

Un segmento rectilíneo $𝐴 𝐵$ de longitud $𝐿$ se apoya sobre los semiejes coordenados positivos.

Determine el lugar geométrico de los puntos desde los que se ve el segmento $𝐴 𝐵$ bajo un ángulo de $30 \circ$ cuando dicho segmento forma un triángulo isósceles en el primer cuadrante.
Si son $𝐴 (1, 0)$ y $𝐵 (0, 1)$ , determine el lugar geométrico de los centros de las hipérbolas equiláteras que pasan por $𝐴$ , por $𝐵$ y por el origen de coordenadas.

Problema 2: Examen de 2018 de Melilla

Geometría

La recta tangente a la parábola $P$ de ecuación $𝑦 2 = 2 𝑥$ en uno de sus puntos $𝑃 \in P$ corta al eje de ordenadas en el punto $𝐴$ y la recta normal en $𝑃$ corta a dicho eje en un punto $𝐵 .$ Halle la ecuación del lugar geométrico que describe el baricentro del triángulo $△ 𝑃 𝐴 𝐵$ cuando el punto $𝑃$ recorre $P .$

Problema 2: Examen de 2016 de Melilla

Geometría

Halla la ecuación del plano que pasa por el punto $(1, 1, 1)$ y forma con los semiejes coordenados positivos un tetraedro de volumen mínimo.

Problema 4: Examen de 2018 de Murcia

Geometría

Sean $𝐴$ , $𝐵$ , $𝐶$ y $𝐷$ cuatro puntos en una esfera de radio $𝑟$ tales que los puntos $𝐴$ , $𝐵$ y $𝐶$ forman un triángulo rectángulo en el plano que los contiene.

Determine el volumen del tetraedro de vértices $𝐴$ , $𝐵$ , $𝐶$ y $𝐷$ y estudie si $23 𝑟 3$ es una cota superior para ese volumen. En su caso, determine, si existe, un tetraedro con volumen $23 𝑟 3 .$
Determine el volumen del tetraedro de vértices $𝐴 1$ , $𝐵 1$ , $𝐶 1$ y $𝐷$ , donde $𝐴 1$ , $𝐵 1$ y $𝐶 1$ son, respectivamente, los puntos medios de los lados $𝐵 𝐶$ , $𝐴 𝐶$ y $𝐴 𝐵 .$

Problema 3: Examen de 2018 de Navarra

Geometría

Demuestre que la astroide de ecuación $𝑥 2 / 3 + 𝑦 2 / 3 = 𝐿 2 / 3$ es la envolvente de la familia de segmentos móviles de longitud constante $𝐿$ cuyos extremos se apoyan en los ejes de coordenadas.

Problema 6: Examen de 2018 de Navarra

Geometría

Se denomina cicloide a la curva descrita por un punto de una circunferencia, cuando ésta rueda sin resbalar sobre una línea recta. Sean $𝑟$ el radio de la circunferencia y el eje $𝑂 𝑋$ la recta sobre la que ésta rueda. Si $𝑃$ es dicho punto y $𝜃$ es el ángulo generado por $𝑃$ cuando gira, las ecuaciones paramétricas de la cicloide son las siguientes: ${𝑥 = 𝑟 (𝜃 - s e n (𝜃)), 𝑦 = 𝑟 (1 - c o s (𝜃)) .$ Hallar los valores de los números reales $𝑘$ tales que la recta ${𝑦 = 𝑘}$ corta a un arco completo de cicloide en dos puntos de modo que los tres arcos resultantes miden lo mismo.

Problema 7: Examen de 2018 de Navarra

Geometría

Sea $𝑃$ un punto de la parábola de ecuación $𝑦 2 = 2 𝑥 .$ Las rectas tangente y normal a la parábola que pasan por $𝑃$ cortan al eje $𝑂 𝑌$ en los puntos $𝐴$ y $𝐵$ , respectivamente. Hallar una ecuación del lugar geométrico de los baricentros de los triángulos $△ 𝑃 𝐴 𝐵$ cuando $𝑃$ recorre la parábola.

Problema 4: Examen de 2018 de País Vasco

Geometría

Las alturas de un triángulo acutángulo $△ 𝐴 𝐵 𝐶$ se cortan en el ortocentro $𝐻 .$ Se sabe que $𝐴 𝐵 = 𝐶 𝐻 .$ Determine el valor del ángulo $∠ 𝐴 𝐶 𝐵 .$

Problema 2: Examen de 2016 de País Vasco

Geometría

A partir de un triángulo cualquiera $𝑀 𝑁 𝑃$ , y alargando sus lados, se construye un nuevo triángulo $𝐴 𝐵 𝐶$ de tal forma que los puntos $𝑀$ , $𝑁$ y $𝑃$ son, respectivamente, los puntos medios de los segmentos $𝐴 𝑁$ , $𝐵 𝑃$ y $𝐶 𝑀$ . Calcule la relación entre las áreas de los triángulos $𝐴 𝐵 𝐶$ y $𝑀 𝑁 𝑃$ .

Problema 5: Examen de 2016 de País Vasco

Geometría

Sean $𝑚, 𝑛 \in ℕ$ . Determine todas las curvas decrecientes contenidas en el primer cuadrante y tales que para cada punto $𝑃$ de la curva, la recta tangente a dicha curva en $𝑃$ corta a los ejes $𝑂 𝑋$ y $𝑂 𝑌$ en dos puntos $𝐴$ y $𝐵$ tales que la proporción entre las longitudes $𝑃 𝐵$ y $𝑃 𝐴$ sea $𝑚 𝑛$ . ¿Qué tipo de curvas se obtienen en el caso $𝑚 = 𝑛$ ?

Problema 1: Examen de 2016 de Valencia

Responda razonadamente a las siguientes cuestiones:

Sea $𝐶$ una circunferencia y $𝑃$ un punto del plano euclídeo exterior a la circunferencia. Sea $𝑠$ una recta que pasa por $𝑃$ y es secante con $𝐶$ . Si $𝐴$ y $𝐵$ son los puntos de corte de la circunferencia con $𝑠$ , demuestre que el producto $𝑃 𝐴 \cdot 𝑃 𝐵$ no depende de la recta secante $𝑠$ elegida.
En un terreno llano se ha construido un estanque de planta circular en el que la superficie libre de agua enrasa con el terreno. El estanque está centrado en el punto $𝐶 (43, 31)$ y su radio es de 30 m. Un pato, situado inicialmente en el punto $𝑃 (3, 1)$ , marcha en línea recta y con velocidades uniformes de 0,32 m/s y 0,96 m/s, sobre tierra y nadando, respectivamente, con el fin de llegar a la orilla opuesta. Determine la dirección que debe tomar el pato para que la duración del recorrido sea la mínima posible y calcule el tiempo correspondiente.

Nota: La dirección del pato debe ser expresada en función de una razón trigonométrica.

Problema 4: Examen de 2016 de Valencia

Geometría

Con un solo corte recto puedes dividir un pastel circular en dos partes. Un segundo corte que atraviese el primero producirá, probablemente, cuatro partes, y un tercer corte puede llegar a producir siete partes.

¿Cuál es el mayor número de trozos que puedes obtener con seis cortes rectos?
¿Y, en general, cuántos pedazos de pastel se obtienen con $𝑛$ cortes?

Problema 2: Examen de 2015 de Valencia

Geometría

Se consideran los puntos $𝐴 (𝑎, 0)$ y $𝐴' (- 𝑎, 0)$ , donde $𝑎 > 0$ , y un punto $𝑀$ variable sobre la recta $𝑟$ de ecuación $𝑦 = 𝑥 + 1$ . Desde $𝐴$ se traza la perpendicular a la recta $𝐴' 𝑀$ y desde $𝐴'$ se traza la recta perpendicular a $𝐴 𝑀$ , cortándose ambas rectas en un punto $𝑄$ . Determine el lugar geométrico de los puntos $𝑄$ según los valores positivos de $𝑎$ y clasifíquelo.

Problema 2: Examen de 2005 de Valencia

Geometría

Sea $𝐴 𝐵 𝐶$ un triángulo rectángulo en $𝐴$ . Sea $𝐷$ el pie de la perpendicular de $𝐴$ a $𝐵 𝐶$ , y sean $𝐸$ y $𝐹$ las intersecciones de la bisectriz de $∠ 𝐴 𝐵 𝐶$ con $𝐴 𝐷$ y $𝐴 𝐶$ , respectivamente. Probar que:

El triángulo $𝐴 𝐸 𝐹$ es isósceles.
$𝐷 𝐶 > 2 𝐸 𝐹$ .