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El Progreso matemático (1895-01-01 00:00:00), página 21

tres tangentes BO, ωM, OV y por la recta en el infinito en cuatro puntos armónicos, y por esto M es el punto medio del segmento A'A". El lugar del punto M es, pues, la tangente en ω, ó sea la recta que une los dos segmentos OV, OB.

CUESTIÓN 188
(Véase tomo IV, página 159).

Sobre los lados AB, AC de un triángulo ABC se toman AM = AN = λ. Las rectas BN y CM se cortan en P.
Demostrar que el lugar de P es una hipérbola; hallar el centro, las asíntotas y los ejes de esta curva.

(J. Neuberg)

Solución por el Sr. Retali (V.)

Las dos punteadas (M) y (N) son iguales, A es un punto correspondiente común, y dos puntos en el infinito de AB, AC son correspondientes. Los dos haces de rayos B(N) y C(M) engendran, pues, con las intersecciones de los pares de rayos homólogos, una cónica circunscripta al triángulo ABC, cuyo centro es el punto medio O del lado BC.
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Tomemos sobre AC, AB' = AB y sobre AB, AC' = AC. Las tangentes á la cónica en B y C son respectivamente BB' y CC'; la recta BC ≡ h y la paralela h' trazada por O á la BB' son un par de diámetros conjugados; otro par de diámetros conjugados está dado por las dos rectas d y d' conducidas por O paralelamente á los lados AC y AB; de esto se sigue que los rayos dobles de la involución (h, h'; d, d') son las asíntotas y el par ortogonal de la misma involución da los ejes de la cónica. Los dos pares h, h' y d, d' evidentemente no están separados y por esto la cónica es hipérbola.

Observaciones.—Si AB = AC, el lugar de P se reduce al par de rectas BC, AO; si el ángulo ABC es recto, los ejes de la hipérbola son OD, OD'.

Solución analítica.—Tomando por ejes de las x y de las y las rectas AC y AB, las ecuaciones de BN y CD son

\[
\frac{x}{\lambda} + \frac{y}{c} = 1, \quad \frac{x}{b} + \frac{y}{\lambda} = 1
\]

eliminando \( \lambda \), entre ellas se tiene por ecuación del lugar:

\[
cx^2 - by^2 + bc(y - x) = 0
\]

que es una hipérbola circunscripta al triángulo ABC. Transportando los ejes paralelamente á sí mismos al punto O \( \left( \frac{b}{2}, \frac{c}{2} \right) \), la ecuación se transforma en

\[
\frac{4x^2}{b(b-c)} - \frac{4y^2}{c(b-c)} = 1,
\]

y los cuadrados \( \alpha^2, \beta^2 \) de los semi-ejes están dados por las

\[
8\alpha^2 = (b-c)^2 + (b-c) \sqrt{(b-c)^2 + 4bc \sen^2 A}
\]
\[
8\beta^2 = -(b-c)^2 + (b-c) \sqrt{(b-c)^2 + 4bc \sen^2 A}
\]

CUESTIÓN 206
(Véase tomo IV, página 209).

Dada la longitud a del lado BC de un triángulo ABC, los vértices B y C se mueven sobre una recta dada xx' y el ortocentro H permanece fijo.
Demostrar que los lados AC y AB envuelven dos parábolas.
(J. Neuberg.)

Solución por el Sr. Retai (V.)

Los dos puntos B y C describen sobre la recta xx' dos punteadas iguales (B) y (C), y el haz (b) que proyecta desde H la punteada (B) es, por consiguiente, proyectivo á la punteada (C). CA es la perpendicular trazada desde C sobre b, y la envolvente buscada es la envol-
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vente de las perpendiculares trazadas por un elemento variable de (C) sobre el elemento correspondiente de (b), ó sea una parábola tangente á la recta \( xx' \).

Sea O la proyección ortogonal de H sobre \( xx' \), y tómese sobre \( xx' \) \( OB = -OH \), \( AC = OV = a \). La parábola toca á \( xx' \) en V y á la recta del infinito en el punto en el infinito de la OH; V es, pues el vértice.

La perpendicular trazada por C sobre BH forma con \( xx' \) un ángulo de 45°; luego \( 2CV = 2OH \) es el semi-parámetro principal. La otra parábola, envolvente del lado AB, es evidentemente simétrica á la precedente respecto á la recta OH.

De esto se concluye la construcción siguiente: Tracemos por H la paralela á \( xx' \), y tomemos sobre ella los segmentos \( HF = -HF' = a \). Los dos puntos F, F' son los focos, y la recta \( xx' \) es la tangente al vértice de la parábola hallada.

Solución analítica.—Designando \( \lambda \) el parámetro variable OB y haciéndose \( OH = p \), las ecuaciones de las rectas BH, CA son

\[
px + \lambda y = p\lambda, \quad \lambda^2 + \lambda(a - x) + py = 0
\]

y la ecuación de la envolvente de CA, que se obtiene igualando á cero el discriminante de la última ecuación cuadrática en \( \lambda \) es

\[
(a - x)^2 - 4py = 0
\]

CUESTIÓN 209.
(Véase tomo IV, página 279).

Desde un punto cualquiera O se trazan dos tangentes OA, OB á una cónica. Sean AC, BD las cuerdas paralelas á OB, OA.
Demostrar que las rectas AB y CD son paralelas.
(J. Neuberg.)
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Solución por el Sr. Retali (V.)

Sean OA y OB dos tangentes reales cualesquiera de una cónica. A y B sus puntos de contacto, C' y D' sus intersecciones con una transversal arbitraria, que no pasa por el punto O. Designemos además con C y D las ulteriores intersecciones de C'A y D'B con la cónica, y sea ω el punto de intersección de las dos rectas C'A, D'B. Los dos haces de rayos A(BCDA), B(ADCB) son proyectivos y por esto son proyectivos los dos grupos BωDD' y AωCC'; pero ω es un punto unido, luego los dos grupos son perspectivos, y las tres rectas AB, CD, C'D' concurren en el mismo punto.

Tomando por transversal C'D' la recta en el infinito, se tiene el teorema propuesto.

CUESTIÓN 211
(Véase tomo IV, página 279).

Los puntos que dividen los cuatro lados de un pseudocuadrado en una misma razón son los vértices de un pseudocuadrado.

(H. Van Aubel.)

Solución por el Sr. Retali, (V.)

Tomando por ejes coordenados las diagonales AC, BD del pseudocuadrado y haciendo

\[
OA = b,\ OC = b',\ OB = a,\ OD = a'
\]

\[
a + a' = b + b' = d,\ a - a' = x,\ b - b' = \beta,
\]

las coordenadas de los puntos P, Q, R, S que dividen respectivamente los lados AB, BC, CD, DA en la razón γ : 1 son
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\[
\begin{cases}
x = a \gamma \\
y = b (1 - \gamma)
\end{cases}
\quad
\begin{cases}
x = a (1 - \gamma) \\
y = -b' \gamma
\end{cases}
\quad
\begin{cases}
x = -a' \gamma \\
y = -b'(1 - \gamma)
\end{cases}
\quad
\begin{cases}
x = -a'(1 - \gamma) \\
y = b \gamma
\end{cases}
\]

y por consiguiente \( \overline{PR}^2 = \overline{QS}^2 = d^2 [\gamma^2 + (1 - \gamma)^2] \)

Las ecuaciones de las dos rectas PR, QS son

(1) \[(1 - \gamma)x - \gamma y = \gamma(1 - \gamma) \frac{\alpha - \beta}{2}\]

(2) \[\gamma x + (1 - \gamma)y = \gamma(1 - \gamma) \frac{\alpha + \beta}{2}\]

PR y QS son, pues, perpendiculares entre sí.

Observaciones.—1.a Si hacemos \(2p = \alpha - \beta, 2q = \alpha + \beta\), las coordenadas del punto común á las dos rectas PR y QS son

\[
x = \frac{\gamma(1 - \gamma) (p + \beta \gamma)}{\gamma^2 + (1 - \gamma)^2} \qquad y = \frac{\gamma(1 - \gamma) (q - \alpha \gamma)}{\gamma^2 + (1 - \gamma)^2}
\]

Los dos puntos correspondientes á los valores \( \gamma y 1 - \gamma \) del pará-

metro \( \gamma \) son simétricos respecto á la recta \( \alpha y - \beta x = 0 \) que une O con el centro \( \omega \) del cuadrado A'B'C'D' inscripto en el pseudocuadrado.

2.o Para \( \gamma \) variable, las rectas (1) y (2) envuelven respectivamente las parábolas

\[(x + y + p)^2 - 4px = 0 \qquad (x - y - q)^2 - 4qy = 0\]

ambas tangentes á los dos ejes coordenados. Estas parábolas tienen por ejes las bisectrices de los ángulos de los ejes coordenados y por
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parámetros respectivamente — \( p \sqrt{2} \) y \( q \sqrt{2} \); las ecuaciones de las tangentes al vértice son \( 2(x+y)+p=0 \), \( 2(x-y)-q=0 \) que representan las diagonales A'C' y B'D' del cuadrado A'B'C'D'.

3.a La cuarta tangente común á las dos parábolas tiene por ecuación \( 23x+2xy=x^2 \), pasa por \( \omega \) y une las otras dos intersecciones con los ejes coordenados del círculo de centro \( \omega \) y radio \( \omega_0 \) y es el lugar de los centros de los rectángulos inscriptos en el pseudocuadrado.

4.a El lugar del punto común á las dos rectas OR y QS es la estrofoide recta que tiene su vértice en \( \omega \) y el punto doble en O. (1)

CUESTIÓN 212.
(Véase tomo IV, página 279).

En un pseudocuadrado la recta que une los puntos medios de los lados opuestos es perpendicular á la que une los centros de los cuadrados construidos exteriormente sobre los otros dos lados é igual á la mitad.

(H Van Aubel.)

Solución por el Sr. Retali (V.)

Las diagonales A'C', B'D' del cuadrado A'B'C'D' son evidentemente paralelas á las bisectrices de los ángulos formados por las diagonales del pseudocuadrado. Además los centros \( x_0 \) y \( \gamma_0 \) de los cuadrados construidos exteriormente sobre AB y CD se hallan en la bisectriz del ángulo AOB; luego \( x_0 \gamma_0 \) es perpendicular á BD'.

Las distancias de \( x_0 \) y \( \gamma_0 \) á las rectas AC y BD son respectivamente \( \frac{a+b}{2} \) y \( -\frac{a'+b'}{2} \), y por consiguiente, con la notación empleada en la solución de la cuestión pendiente

\[
x_0 \gamma_0^2 = 2 \left( \frac{a+b}{2} + \frac{a'+b'}{2} \right) = 2d^2 \quad A'C'^2 = 2A'B'^2 = 2. \frac{d^2}{4} = \frac{d^2}{2}
\]

de donde \( x_0 \gamma_0 = 2A'C' \).

CUESTIÓN 221.
(Véase tomo IV, página 311).

Si consideramos las tres parábolas que tocan dos lados del triángulo ABC y tienen por eje el tercer lado, los focos de estas curvas están sobre la recta de Lemoine de ABC. Calcular los parámetros.

(J. Neuberg.)

Solución por el Sr. Retali (V.)

Descrito el círculo circunscripto al triángulo ABC, trazo la tangente en A, que corta á BC en F₁ y la recta CD simétrica de OA res-

(1) Véase Mathesis tomo IV, cuestión 692 (Schoute)
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pecto á CB. La parábola que toca á las rectas AB, AC y tiene por eje la BC, toca también á la recta CD. El foco de esta parábola es pues la otra intersección de BC con el círculo circunscripto al triángulo CAD. Ahora, se observa que \( \angle ACB = CAF + AFC, \angle DCF = \angle ACB = ADC + CAF \); luego AFC = ADC y el círculo CAD pasa por F; los focos de las tres parábolas son pues los puntos de intersección de los lados del triángulo ABC con las tangentes en los vértices opuestos al círculo circunscripto.

Para calcular los parámetros \( p_1, p_2, p_3 \), observo que el pie T de la perpendicular bajada desde F sobre CD pertenece á la tangente en el vértice de la primera parábola. Tendremos pues \( p_1 = 4\overline{FV} = 4FC \) \( \sen^2 C \); pero de las relaciones conocidas \( FB : FC = c^2 : b^2 \), resulta \( FC = ab^2 : (a^2 - b^2) \), y los parámetros buscados son

\[
p_1 = \frac{4ab^2}{c^2 - b^2} \sen^2 C = \frac{ab^2c^2}{(c^2 - b^2)R^2}
\]

\[
p_2 = \frac{4bc^2}{a^2 - c^2} \sen^2 A = \frac{a^2bc}{(a^2 - c^2)R^2}
\]

\[
p_3 = \frac{4ac^2}{b^2 - a^2} \sen^2 B = \frac{a^2b^2c}{(b^2 - a^2)R^2}
\]

donde R es el radio del círculo circunscrito al triángulo ABC.

CUESTIÓN 220
(Véase tomo IV, página 311).

Si en un triángulo ABC el ángulo A = 45°, la recta que une el vértice A al centro del cuadrado construido exteriormente sobre el lado BC pasa por el punto de Lemoine del triángulo, y la relación de las distancias del punto A al punto de Lemoine y al centro de este cuadrado es igual á la tangente del ángulo de Brocard.

(H. Van Aubel.)

Solución por el Sr. RETA:J, (V.)

El polo A' de BC respecto al círculo circunscripto al triángulo ABC es evidentemente el centro del cuadrado descrito exteriormente sobre BC; luego AA' pasa por el punto de Lemoine L.

Llamando O al centro del círculo y M al punto medio de BC, la AM es mediana del triángulo AOA' y por consiguiente

\[
\overline{AO}^2 + \overline{AA'}^2 = 2\overline{AM}^2 + 2\overline{OM}^2, \quad \text{pero } \overline{AO}^2 + 2\overline{OM}^2; \text{ luego}
\]
El Progreso matemático (1895-01-01 00:00:00), página 28

\[
AA'^2 = 2AM^2 = \frac{-a^2 + 2b^2 + 2c^2}{2};
\]

Según una fórmula de Catalán (véase Prog. Mat., t. I, pág. 128), se tiene

\[
\overline{AL}^2 = \frac{b^2c^2(-a^2 + 2b^2 + 2c^2)}{(a^2 + b^2 + c^2)^2}
\]

y finalmente

\[
\frac{\overline{AL}}{\overline{AA'}} = \frac{bc\sqrt{2}}{a^2 + b^2 + c^2}
\]
\[
= \frac{4S}{a^2 + b^2 + c^2} = \tg \omega
\]

Observación.—La recta que une el pie P de la perpendicular trazada desde A sobre BC con el centro del círculo circunscripto pasa por el punto de Lemoine.

Solución por el Comandante de Ingenieros D. Ignacio Beyens

1.º Sea a el centro del cuadrado construido sobre Bb, OO', OO'' perpendiculares sobre los lados Ab, AB, se tiene:

\[
OO' = OC \sen Obo'
\]
\[
OO'' = OB \sen OBO''
\]

pero
\[
Ob = OB = \frac{1}{2} Bb \sqrt{2} = \frac{a}{2} \sqrt{2}
\]
y
\[
Obo' = 180^\circ - (45^\circ + b) = B
\]
\[
OBO'' - 180^\circ - (45^\circ + B) = b
\]

luego \( OO' = \frac{a}{2} \sqrt{2} \cdot \sen B, \ OO'' = \frac{a}{2} \sqrt{2} \cdot \sen b, \) por lo tanto \( \frac{OO'}{OO''} = \frac{\sen B}{\sen C} = \frac{b}{c} \), esto es, que el punto O pertenece á la simediana correspondiente al ángulo A; luego AO es la simediana, y sobre el a está situado el punto de Lemoine (L.).

2.º Si bajamos la perpendicular LL sobre el lado Ab, según se sabe, por la nueva geometría del triángulo, se tiene
El Progreso matemático (1895-01-01 00:00:00), página 29

LL_b = \frac{2b\Delta}{a^2 + b^2 + c^2}

(Δ área del triángulo);
pero \( OO' = \frac{a}{2} \sqrt{2} \cdot \text{sen}\ B_1 \)
como \( \Delta = \frac{1}{2} a c \cdot \text{sen}\ B_1 \)
\( \text{sen}\ B_1 = \frac{2\Delta}{ac} \);
luego
\[
\frac{LL_b}{OO'} = \frac{2b\Delta}{a^2 + b^2 + c^2} : \frac{2\Delta}{ac} \cdot \frac{a}{2} \sqrt{2}
\]
ó
\[
\frac{LL_b}{OO'} = \frac{bc \sqrt{2}}{a^2 + b^2 + c^2},
\]
también \( \Delta = \frac{1}{2} \frac{1}{2} \cdot bc \sqrt{2} \)

\[
= \frac{1}{4} bc \sqrt{2} \quad \text{(por ser sen } 45^\circ = \frac{1}{2} \sqrt{2}), \text{ por lo tanto se tendrá } \frac{LL_b}{OO'}
\]

\[
\frac{4\Delta}{a^2 + b^2 + c^2} = \text{tang. } \Omega, \text{ siendo } (\Omega) \text{ el ángulo de Brocard.}
\]

CUESTIÓN 191
(Véase tomo IV, páginas 16).

Si se prolonga el lado BC de un triángulo ABC una longitud OA_1
\( = \frac{1}{3} \) BC y el lado CA otra AB_1
\( = 2CA_1 \), los puntos medios del lado BC y de las rectas AA_1, BB_1 son los vértices de un triángulo equivalente á ABC.

(H. Van Aubel).

Solución por el Sr. I. URRALDE (D. M.)

Tenemos: D_1D_2 = \( \frac{1}{2} \) A_1A_3, D_1D_2 paralela á A_1A_3.
A_1m'A_3 y D_1MD_2 son triángulos equiláteros; por tanto D_2m y A_3M' son paralelas.
El Progreso matemático (1895-01-01 00:00:00), página 30

Tenemos, pues, que demostrar que \( B_3 b_4 = A_1 A_3 \) y que \( B_3 b_4 \) es paralela á \( A_3 M' \).

Pero \( \triangle A_1 A_4 A_3 = \triangle I_4 A_4 B_3 \), porque \( \angle A_1 A_4 A_3 = 60^\circ + \angle I_4 A_4 A_3 \) y \( \angle b_4 A_4 B_3 = \angle B_4 A_4 A_3 + 60^\circ \), y como \( A_4 B_3 = A_4 A_3 \) y \( A_1 A_4 = A_4 B_4 \); \( A_1 A_3 = B_4 B_3 \).

El triángulo \( B_3 nA_3 \) tiene común con el triángulo \( B_3 A_4 A_3 \) el ángulo en \( A_3 \); por tanto el ángulo \( B_3 nA_3 \) vale \( 60^\circ + \angle A_4 B_3 B_4 \)

Por otra parte el ángulo \( A_4 A_3 m' \) vale \( 60^\circ + \angle A_4 A_3 A_1 \); pero como \( \angle A_4 B_3 B_4 = \angle A_4 A_3 A_1 \), las rectas \( B_3 B_4 \) y \( A_3 m' \) son paralelas.

CUESTIÓN 205
(Véase tomo IV, página 208).

Dos círculos O, O' se cortan en los puntos C y D; una tangente común tiene por puntos de contacto A y B. Demostrar que los círculos CAB y DAB son iguales y medios proporcionales entre los círculos O y O'.

(A. Gob).

Solución por el Sr. Luzón de las Cuevas (D. J.)

Llamando R al radio del círculo circunscrito al triángulo ADB, se sabe que.

\[
AD \cdot DB = DF \cdot 2R
\]

de donde

\[
R = \frac{AD \cdot DB}{2DF}
\]

pero

\[
AD = \sqrt{2r \cdot AE} \quad \text{y} \quad DB = \sqrt{2r'BE'}
\]

sustituyendo y siendo \( AE = DF = BE' \), se tiene

\[
R = \sqrt{rr'}
\]

Procediendo de la misma manera en el triángulo ABC, se hallaría igual valor para su radio, quedando así probada en todas sus partes la cuestión.

Solución por el Sr. Caro (D. R.)

Siendo M y M' los centros de los círculos pedidos, estarán en la perpendicular levantada en el punto medio de AB.

Son semejantes los triángulos OAM y O'BM, por tener

\[
\angle OAM = 90^\circ + \BAM \qquad \angle OBM = 90^\circ + \ABM
\]
El Progreso matemático (1895-01-01 00:00:00), página 31

y además los AOM = OMF y O'MB medidos por los arcos

\[
IF = IC - FC = \frac{AC}{2} - FC = \frac{AF + FC}{2} - FC = \frac{AF - FC}{2}
\]

y

\[
HB = \frac{BC}{2} = \frac{FB - FC}{2}
\]

cuya semejanza nos da

\[
\frac{OA}{BM} = \frac{AM}{O'B} \quad \text{o} \quad \overline{AM'}^2 = OA \cdot O'B \tag{1}
\]

Análogamente se demuestra la semejanza de los triángulos OAM' y O'BM' que nos da

\[
\frac{OA}{BM'} = \frac{M'A}{O'B'} \quad \text{o} \quad \overline{AM'}^2 = OA \cdot O'B \tag{2}
\]

De las igualdades (1) y (2) se deduce que \( AM = AM' \), y de cualquiera de ellas que

\[
\pi^2 \overline{AM}^4 = \pi \overline{OA}^2 \cdot \overline{OB}^2 \\
\overline{AM}^4 = \overline{OA}^2 \cdot \overline{OB}^2
\]

CUESTIÓN 207
(Véase tomo IV, página 278).

Construir un triángulo ABC conocidos el punto de Lemoine K, el vértice A y las dimensiones de los lados AB, AC.

(J. Neuberg.)

Solución por el Sr. Sollertinsky (B.).

Sean B_1, C_1 las proyecciones de K sobre las rectas dadas AC, AB; M el medio de B_1 C_1. Sobre la recta MK se toma KA_1 = 2MK. La perpendicular en A_1 sobre KA_1 encontrará á las rectas dadas en los vértices B, C del triángulo buscado.

En efecto, siendo K el centro de gravedad de A_1B_1C_1, los triángulos KC_1A_1 y KA_1B_1 son equivalentes. Pero, á causa de los ángulos suplementarios, se tiene

\[
\frac{KC_1A_1}{ABC} = \frac{KC_1 \cdot KA_1}{BA \cdot BC}, \quad \frac{KA_1B_1}{ABC} = \frac{KA_1 \cdot KB_1}{BC \cdot CA}
\]
El Progreso matemático (1895-01-01 00:00:00), página 32

luego \( \frac{KC_1 \cdot KA_1}{BA \cdot BC} = \frac{KA_1 \cdot KB_1}{BC \cdot CA} \), ó bien \( \frac{KC_1}{BA_1} = \frac{KB_1}{CA} \)

Se demostraría de igual modo que \( \frac{KB_1}{CA} = \frac{KA_1}{BC} \)

El punto K es, pues, el punto de Lemoine de ABC.

CUESTIÓN 208
(Véase tomo IV, página 278).

Se dan el vértice A y el ortocentro H de un triángulo ABC; el ángulo BAC se dá en magnitud, pero es movible al rededor de su vértice. Demostrar que los vértices B, C y el centro O del círculo circunscripto describen circunferencias; que la recta que une los pies de las alturas BH, CH envuelve una circunferencia, y que las medianas trazadas por B y C giran cada una al rededor de un punto fijo.

(J. Neuberg.)

Solución por el Sr. SOLLERTINSKI.(B.)

Sea M el medio de BC. En el triángulo rectángulo OMB el lado \( OM = \frac{AH}{2} \) y el \( \angle BOM = A \) (ó 180 - A, cuando A es obtuso) son constantes; luego lo mismo ocurre con los otros lados OB, BM del triángulo.

Permaneciendo, por consiguiente, el radio del círculo ABC constante, su centro O describe la circunferencia que tiene por centro A.

Siendo fijas la longitud (2BM) y la dirección de BC, los vértices B', C' del triángulo anticomplementario también lo son. De esto: 1.º las medianas BB', CC' giran al rededor de los puntos B', C'; 2.º los ángulos HCB' y HBC' siendo rectos, los puntos B, C recorren las circunferencias que tienen HB' y HC' por diámetros.

Los pies B_1 y C_1 de las alturas BH y CH son los extremos del arco capaz del ángulo constante A, sobre la circunferencia que tiene AH por diámetro; la longitud B_1C_1
El Progreso matemático (1895-01-01 00:00:00), página 33

siendo así constante, la cuerda B₁C₁ envuelve una circunferencia que tiene el medio de AH por centro.

Observación.—El centro de gravedad, el círculo de los nueve puntos y los cuatro puntos de Nagel describen circunferencias. Los centros de los círculos inscriptos recorren dos caracoles de Pascal. Las bisectrices de los ángulos B y C envuelven dos hipocicloides con tres retrocesos. Los puntos en que estas bisectrices encuentran á la recta que une los medios de AB y AC pertenecen á dos trifoliums (oblicuos).

CUESTIÓN 210.
(Véase tomo IV, página 279).

El vértice A y el medio del lado BC de un triángulo ABC permanecen fijos; el ángulo BAC se da en magnitud, pero gira alrededor de su vértice. Demostrar que los vértices B y C, los pies de las tres alturas, el ortocentro H, el centro del círculo circunscripto y el centro del círculo de los nueve puntos describen circunferencias; las alturas BH y CH giran cada una alrededor de un punto fijo.

(J. Neuberg).

Solución por el Sr. Sollertinsky (B.)

(La misma figura que para la cuestión 208). Sea A' el simétrico de A con relación al medio M de BC.

Siendo fija la recta AA' y los ángulos ABA' = ACA' = 180 — A siendo constantes, cada uno de los puntos B y C describe una circunferencia siendo recto el \( \angle AB'H \), la altura BH pasa por el punto \( \beta \), diametralmente opuesto al A' sobre la circunferencia ABA'. De igual modo la altura CH pasa por un punto fijo \( \gamma \) de la circunferencia ACA'.

Los pies B₁ y C₁ de las alturas están en circunferencias que tienen \( A\beta \) y \( A\gamma \) por diámetros.

El ortocentro H, como el vértice del ángulo constante \( \beta H\gamma \), apoyándose sobre los puntos fijos \( \beta \) y \( \gamma \), describe una circunferencia que pasa por estos puntos.

El centro de gravedad G del triángulo ABC es fijo; pero los centros del círculo circunscripto y el de los nueve puntos dividen á GH en la razón constante \( \left( \pm \frac{1}{3} \right) \); luego estos dos centros describen circunferencias respectivamente iguales á la mitad y á la cuarta parte de la descrita por H.

CUESTIÓN 212.
(Véase tomo IV, página 279).

Existen dos parábolas que pasan por dos vértices B, C de un triángulo
El Progreso matemático (1895-01-01 00:00:00), página 34

y tienen por foco el tercer vértice A. Los parámetros de estas curvas tienen por expresión

\[
\frac{4bc \sen^2 \frac{1}{2} A}{b + c \pm 2 \sqrt{bc} \cos \frac{A}{2}}
\]

(J. Neuberg).

Solución por el Sr. Retelli (V.)

Descritos los dos círculos con centros \( B \) y \( C \) respectivamente y que pasan por A, las tangentes comunes á los dos círculos son las directrices de las dos parábolas reales (*), que resuelven el problema. Los semi-parámetros de estas parábolas son las distancias de A á estas dos tangentes comunes.

Tomando por ejes coordenados la CB y la perpendicular en C, las ecuaciones de los dos círculos son

\[
x^2 + y^2 = b^2, \quad (x-x)^2 + y^2 = c^2,
\]

el centro externo de semejanza tiene por coordenadas

\[
x = \frac{ba}{b-c}, \quad y = 0,
\]

las dos tangentes reales comunes están representadas por

(1) \[ \pm (b-c) x - 2 \sen \frac{A}{2} \sqrt{bc} \cdot y \mp ab = 0 \]

(*) Existen además dos parábolas imaginarias de segunda especie que resuelven el problema y tienen por directrices las dos tangentes imaginarias conjugadas comunes á los dos círculos.
El Progreso matemático (1895-01-01 00:00:00), página 35

y las coordenadas de A son

\[
x = \frac{b^2 - bc \cos A}{a}, \quad y = -\frac{bc \sin A}{a}
\]

la distancia de A á la recta (1) están pues expresadas por

\[
\left| \pm (b-c) (b^2 - bc \cos A) + 2 \sin \frac{A}{2} \cdot \sin A \cdot bc \sqrt{bc} \mp a^2 b \right| : a^2
\]

ó sea, desarrollando y reduciendo, con observar que

\[
a^2 = b^2 + c^2 - 2 bc \cos A = (b - c)^2 + 4 bc \sin^2 \frac{A}{2}
\]

\[
= \left( b + c + 2 \sqrt{bc} \cos \frac{A}{2} \right) \left( b + c - 2 \sqrt{bc} \cos \frac{A}{2} \right),
\]
\[
\pm (b - c) (b^2 - bc \cos A) \mp b (b^2 + c^2 - 2 bc \cos A)
\]
\[
= \mp bc (b + c) (1 - \cos A) = \mp 2 bc (b + c) \sin^2 \frac{A}{2},
\]

los semi-parámetros hallados tienen por expresiones

\[
\frac{2 bc (b + c) \mp 2 \sqrt{bc} \cos \frac{A}{2}}{b^3 + c^3 - 2 bc \cos A} \cdot \sin^2 \frac{A}{2} = \frac{2 bc \sin^2 \frac{A}{2}}{b + c \pm 2 \sqrt{bc} \cos \frac{A}{2}}
\]

QUESTIONES PROPUESTAS

239. ¿Bajo qué condición los módulos de la media aritmética y de la media proporcional de dos cantidades imaginarias son iguales?
Se recuerda que siendo \( a \) y \( b \) las dos cantidades, las medias en cuestión son \( \frac{a+b}{2} \) y \( \sqrt{ab} \)

(C. A. Laisant.)

240. Si el ángulo A de un triángulo ABC es igual á 45°: 1.º Los vértices de los cuadrados construidos exteriormente sobre los lados AB, AC y el vértice A' del paralelogramo BACA' están en una circunferencia concéntrica con el círculo ABC; 2.º La suma de los cuadrados de los radios de estos círculos es igual á la suma de los cuadrados de los lados AB, AC.

(B. Sollertinsky.)