que presentamos

PROBLEMA 185, propuesto por el editor
ABCD es un paralelogramo; el orden de las letras indica el sentido antihorario.
E es un punto fijo de la recta BC. Se dividen AB y AD en el mismo número
de partes iguales, y se unen E y C con los correspondientes puntos de AB y AD.
Determinar el lugar geométrico de los puntos de intersección de esas rectas.
Solución por Daniel Lasaosa Medarde, Universidad Pública de Navarra, Pamplona, España
Nótese antes de empezar que existen dos casos ”patológicos”, que suceden cuando
E coincide con B, en cuyo caso el lugar geométrico buscado es la semirrecta contenida en AB, que parte de A y no pasa por B, y cuando E coincide con C, en
cuyo caso el lugar geométrico coincide con el punto C. Para el resto de casos, es
válida la siguiente solución:
Sea un sistema de coordenadas con el origen en el vértice A, y de forma que
el semieje positivo de abscisas contiene al lado AB. Llamando a = AB, b = DA,
0 < ∠BAD = α < π, se tiene que las coordenadas de los vértices del paralelogramo
son
A ≡ (0, 0),
B ≡ (a, 0),
C ≡ (a + b cos α, b sin α),
D ≡ (b cos α, b sin α).
y
Realicemos entonces un cambio lineal de coordenadas, llamando u = xa − a tan
α,
y
v = b sin α , con lo que los vértices del paralelogramo pasan a ser A ≡ (0, 0), B ≡
(1, 0), C ≡ (1, 1) y D ≡ (0, 1). Las rectas cuya intersección queremos encontrar
pasan entonces, para cualquier 0 < ρ < 1, por (ρ, 0) ∈ AB y E ≡ (1, h), y por
(0, ρ) ∈ AD y C ≡ (1, 1), donde al tomar h todos los posibles valores reales, el
punto E recorre la recta BC. Estas dos rectas vienen claramente definidas por las
respectivas ecuaciones
h(u − ρ)
v=
,
v = (1 − ρ)u + ρ.
1−ρ
El punto de intersección de ambas es entonces
ρ(h + 1 − ρ) h − h(1 − ρ)2
P ≡
,
.
h − (1 − ρ)2 h − (1 − ρ)2
(1−ρ)(1−h)
(1−ρ)(v−h)
Podemos despejar (1 − ρ)2 = h−hv
, es decir,
h−v , y u − 1 = h−(1−ρ)2 =
h
2
1+h
(1 − h)2
v−
− h(u − 1)2 =
.
2
4
Se tiene entonces que el lugar geométrico pedido es un trozo de cónica, que será
respectivamente una hipérbola o una elipse, según el signo de h, es decir, según E
esté en la semirrecta que, partiendo de B, pase por C (h > 0), o no pase por C
(h < 0). Nótese que el centro de la cónica es el punto de coordenadas (1, h+1
2 ), es
decir, el punto medio de CE, y que la cónica pasa claramente por A y C. Nótese
también que, derivando implı́citamente respecto de la coordenada u, tenemos que
(2v − 1 − h)v 0 − 2h(u − 1) = 0, es decir, v 0 = 0 cuando u = 1, o lo que es lo mismo,
la cónica es tangente al lado CD en C. Estas propiedades (el lugar geométrico es
un trozo de cónica que pasa por A y C, la cónica está centrada en el punto medio
de CE, la cónica es tangente a CD en C), se preservan bajo cambios lineales de
coordenadas, con lo que también son ciertas para el lugar geométrico en el sistema
de coordenadas original.
1
Nótese finalmente que las anteriores propiedades definen exactamente una cónica
que es una elipse o hipérbola; sin pérdida de generalidad, escribimos la ecuación de
dicha cónica como x2 + T y 2 + U xy + V x + W y = 0, ya que el término independiente
debe ser nulo al pasar por A ≡ (0, 0). Derivando implı́citamente, se tiene que
2xC + yC U + V = −2xC para que la cónica sea tangente a la recta CD ≡ y =
yC en el punto C ≡ (xC , yC ). El que la cónica pase por C nos da la condición
2
adicional yC
T + xC yC U + xC V + yC W = −x2C . Denotando por (x0 , y0 ) al centro
de la cónica, si transformamos cualquiera de sus puntos (x, y) en el punto (2x0 −
x, 2y0 − y), el punto sigue perteneciendo a la cónica, con lo que la ecuación de la
cónica debe ser invariante ante esta transformación, lo cuál nos proporciona las
ecuaciones adicionales 2y02 T + 2x0 y0 U + x0 V + y0 W = −2x20 , y0 U + 2V = −2x0 ,
2y0 T + x0 U + W = 0, siendo la primera redundante pues es combinación lineal de
las otras dos. Hemos agotado las condiciones, obteniendo cuatro ecuaciones lineales
para cuatro incógnitas T, U, V, W . Se puede comprobar que el sistema es compatible
y determinado a menos que estemos en uno de los dos casos patológicos mencionados
al principio de esta solución, es decir, siempre que no nos hallemos en uno de
dichos casos patológicos, existe una y sólo una cónica que cumple las condiciones
halladas, y el lugar geométrico buscado es un trozo de la misma comprendido entre
A y C; nótese que, según la posición del punto E, este trozo puede ser exterior
al paralelogramo, e incluso cuando la cónica sea una hipérbola, es posible que
al desplazarse los puntos sobre los segmentos AB, AD desde A hacia B y D,
respectivamente, el lugar geométrico vaya desde A hasta C, por el exterior del
paralelogramo, y ”pasando por el infinito”, es decir, recorriendo una rama entera
de la hipérbola salvo un trozo acotado de la misma. Podemos fácilmente hallar un
punto E para el que esto se cumpla: nos basta con tomar puntos P y Q en AB, AD
tales que AP/AB = AQ/AD, y tomar entonces E como el punto de intersección
de BC y la paralela a CQ por P ; nótese que este punto E estará claramente en el
interior del lado BC.
Nota: Hablando en propiedad, ρ no toma todos los valores reales en (0, 1), sino
los valores racionales entre 0 y 1, al ser (ρ, 0) uno de los puntos de división del
lado AB en partes iguales. Por lo tanto, aunque hemos hallado que todos los
puntos de intersección pedidos están sobre un trozo de cónica, si nos restringimos
estrictamente a la definición del enunciado, el conjunto de puntos de intersección
será un subconjunto denso y numerable en dicho trozo de cónica.