Geometra de masas

Francisco Javier Garca Capitan

I.E.S. Alvarez Cubero (Priego de Cordoba)

e-mail: garciacapitan@gmail.com

Valladolid, 26 de Marzo de 2010

1. Geometra de masas

1.1. Puntos con masa

La geometra de masas se basa en asociar a cada punto P del plano odel espacio una masa m (un numero), convirtiendolo en un punto conmasa mP .

Formalmente, un punto con masa es un par ordenado:

mP = (m,P ).

1.2. Arqumedes

Se atribuye a Arqumedes la frase: Dadme un punto de apoyo y movere elmundo.

Mechanics Magazine, Londres, 1824.

1

1.3. La ley de la palanca

Situemos sobre los extremos A y B de una palanca (barra horizontal)dos masas mA y mB:

m A m B(m + m )Z

d dA B

A BA B

La palanca se equilibra si el fulcro se situa en un punto Z entre A y B,a distancias dA y dB de A y B tales que mAdA = mBdB .

1.4. Centro de masas

Consideremos un sistema formado por varias masas unidas por varillasde peso despreciable. Existe un punto por el que podemos suspender todo elsistema de forma que el sistema se mantenga en equilibrio.

1.5. Propiedades del centro de masas

El centro de masas tiene las siguientes propiedades:

1. Todo conjunto de masas puntuales tiene un unico centro de masas Z.

2. El centro de masas Z de dos puntos maA y mbB es un punto Zperteneciente al segmento AB, y situado sobre el de tal manera quema AZ = mb ZB.

2

3. El centro de masas de un sistema m1A1, m2A2, . . . mnAn no cambia sialgunos de los puntos materiales que lo forman son sustituidos por sucentro de masas acumulando la masa de dichos puntos.

1.6. Definicion matematica del centro de masas

Si A1, . . . , An son puntos del plano (o del espacio) y m1, . . . , mn sonnumeros tales que m1 + + mn 6= 0, se llama centro de masas delsistema m1A1, . . . , mnAn al punto Z del plano (o del espacio) tal que,para cualquier punto O, se cumple

OZ =

m1OA1 + . . .+mn

OAn

m1 + . . .+mn.

Esta definicion de centro de masas cumple las tres propiedades delcentro de masas.

Teorema 1. El centro de masas existe y es unico.

Demostracion. De la definicion, de cada punto O obtenemos un unico puntoZ. Si consideramos dos puntos distintos O y O y llamamos Z, Z a los puntostales que

OZ =

ni=1

miOAi

ni=1

mi

,OZ =

ni=1

miOAi

ni=1

mi

,

tendremos que

OZ =

ni=1

miOAi

ni=1

mi

=

ni=1

mi(OO +

OAi

)ni=1

mi

=

ni=1

miOO +

ni=1

miOAi

ni=1

mi

=OO +

OZ =

OZ,

de donde obtenemos Z = Z , y el centro de masas es unico.

Teorema 2. El centro de masas Z de dos puntos m1A1 y m2A2 es un puntoZ perteneciente al segmento A1A2, y situado sobre el de tal manera que

m1 A1Z = m2 ZA2.

3

Demostracion. Teniendo en cuenta la definicion del centro de masa del sis-tema m1A1, m2A2,

OZ =

m1OA1 +m2

OA2

m1 +m2 (m1 +m2)

OZ = m1

OA1 +m2

OA2

m1A1Z = m2

ZA2,

de donde se deduce el teorema.

Teorema 3. Sean Z el centro de masas del sistema formado por los puntosm1A1, . . . , mkAk, mk+1Ak+1, . . . , mnAn y C el centro de masas de los puntosm1A1, . . . , mkAk. Entonces, Z tambien es el centro de masas del sistemaformado por los puntos (m1 + +mk)C,mk+1Ak+1, . . . , mnAn.

Demostracion. De las definiciones, tenemos:

OZ =

ni=1

miOAi

ni=1

mi

,OC =

ki=1

miOAi

ki=1

mi

.

Entonces,

OZ =

ni=1

miOAi

ni=1

mi

=

ki=1

miOAi +

ni=k+1

miOAi

ni=1

mi

=

(ki=1

mi

)OC +

ni=k+1

miOAi

ni=1

mi

,

por lo que C es el centro de masas del sistema

(m1 + +mk)C,mk+1Ak+1, . . . , mnAn.

4

2. Problemas

2.1. Resolucion de problemas

1. Para resolver problemas en Geometra de Masas, asignamos masas(numeros positivos en principio, pero tambien pueden ser negativos oincluso imaginarios) a cada punto de los que intervienen en el problema.

2. A continuacion usamos las propiedades del centro de masas aplicadasa todos o parte de los puntos.

3. El arte del metodo es elegir los puntos y sus masas de forma que elproblema se pueda resolver de forma simple y bella.

2.2. Enunciados

1. Sea AX la mediana correspondiente al lado BC del triangulo ABC . SeaP el punto medio de AX. Hallar la razon en que la recta BP divide allado AC .

2. Sea Y el punto sobre el lado del triangulo ABC tal que AY = 14AC .

Sea X el punto simetrico de C respecto de B. Si Z = XY AB, hallarAZ : ZB y XZ : ZY .

3. Demostrar el teorema de Ceva: Si AX, BY , CZ son las cevianas de unpunto P entonces BX CY AZ = XC Y A ZB.

4. Una recta pasa por el vertice A del triangulo ABC y por el punto mediode la mediana BY . En que razon divide esta recta a la mediana CZ?

5. Sobre los lados BC , CA, AB de un triangulo ABC estan respectiva-mente los puntos X, Y, Z tales que BX : XC = 1 : 7, CY : Y A = 3 : 5y AZ : ZB = 2 : 3. Si P = AX Y Z, hallar AP : PX y Y P : PZ.

6. Demostrar el teorema de Menelao: Si X, Y , Z son puntos sobre loslados BC , CA, AB del triangulo ABC entonces los puntos X, Y, Zestan alineados si y solo si BX

XC CYY A AZZB

= 1.

7. Sea ABCD un cuadrilatero circunscrito a una circunferencia, tangenteen los puntos M,N, P,Q a los lados AB, BC , CD y DA, respectiva-mente. Llamando a, b, c, d a las distancias AM , BN , CP y DQ, y Z

5

al punto de interseccion de MP y NQ, hallar las razones MZ : ZP yQZ : ZN .

8. Una piramide recta PABC cuya base es un triangulo equilatero ABCes cortada por un plano dividiendo a las aristas PA, PB, PC en lospuntos D,E, F tales que PD : DA = 2 : 3, PE : EB = 3 : 2 yPF : FC = 4 : 1, respectivamente. Hallar la razon en que dicho planodivide a la altura de la piramide.

9. Sean X e Y puntos sobre los lados BC y CA del triangulo ABC talesque BX : XC = 1 : 2 y CY : Y A = 1 : 3. Si P = AX BY y el areadel triangulo PBX es 1 cm2, hallar el area del triangulo ABC .

10. Dado el triangulo ABC , sean P , T , Q los puntos de tangencia de lacircunferencia exinscrita correspondiente al vertice A con los lados AB,BC , CA, respectivamente. SiM = BQCP , demostrar que los puntosA, T y M estan alineados.

6

3. Soluciones

Problema 1. Sea AX la mediana correspondiente al lado BC del trianguloABC. Sea P el punto medio de AX. Hallar la razon en que la recta BPdivide al lado AC.

1 1

1

1

Solucion: Al serX el punto medio de BC ,X es el centro de dos masas igualescolocadas sobre B y C . De igual forma, si P es el centro de A y X, P es elcentro de masas de dos masas iguales colocadas sobre A y X. Consideramosel sistema 2A, 1B, 1C , que tendra un centro de masas. Agrupando las masasde B y C , tenemos el sistema 2A y 2X, por lo que el centro de masasZ del sistema es el punto medio P de AX. Tambien podemos agrupar elsistema 2A, 1B, 1C en la forma 1B, 3Y , siendo Y el punto sobre AC tal queAY : Y C = 1 : 2. El centro de masas, que por ser unico, es P , debe estarsobre la recta BY , cumpliendo BP : PY = 3 : 1.

De una forma mas taquigrafica podemos escribir 2X = B + C y 2P =A+X. Por tanto 4P = 2A+2X = 2A+B+C = B+ (2A+C) = B +3Y .

7

Problema 2. Sea Y el punto sobre el lado del triangulo ABC tal que AY =1

4AC. Sea X el punto simetrico de C respecto de B. Si Z = XY AB, hallarAZ : ZB y XZ : ZY .

1

11

3

Solucion: Siendo B el punto medio de X y C , B es el centro de masa del sis-tema 1X, 1C . Siendo CY : Y A = 3 : 1, resulta que Y es el centro de masas de1C, 3A. Por tanto, consideramos el sistema 3A, 1X, 1C , que tendra un unicocentro de masas. Este centro de masas no cambia si agrupamos las masas deX y C , es decir, si consideramos el sistama 3A, 2B. Tampoco cambiara siagrupamos las masas de A y C , es decir 1X, 4Y . El centro de masas de todoel sistema debe estar en la interseccion de XY y AB, por lo que debe ser elpunto Z, y por tanto tenemos que AZ : ZB = 2 : 3 y XZ : ZY = 4 : 1.

El mismo resultado puede obtenerse con una pequena manipulacion al-gebraica: 2B = X + C y 4Y = 3A + C . Entonces 2B X = 4Y 3A X + 4Y = 3A + 2B, de donde AZ : ZB = 2 : 3 y XZ : ZY = 4 : 1.

8

Problema 3. Demostrar el teorema de Ceva: Si AX, BY , CZ son las ce-vianas de un punto P entonces BX CY AZ = XC Y A ZB.

m n

p

qr

s

Solucion: Situemos masas sobre los vertices del triangulo de forma que lospuntos X, Y, Z sean centros de masas de los extremos de los segmentos dondese encuentran. De esta manera, el punto P sera el centro de masas del sistema.

Colocamos masas n y m sobre los puntos B y C respectivamente, deesta forma X es el centro de masas de nB,mC . Ahora queremos que Ysea el centro de masas de mC, xA, y entonces debe ser xq = mp. Para queZ sea el centro de masas de nB, xA debe ser tambien ns = rx. Entoncesns/r = mp/q mpr = nqs.

9

Problema 4. Una recta pasa por el vertice A del triangulo ABC y por elpunto medio de la mediana BY . En que razon divide esta recta a la medianaCZ?

Solucion: Primero, podemos resolver de forma algebraica: si L es el puntomedio de BY y P = AL CZ, tenemos 2L = B + Y 4L = 2B + 2Y =2B+A+C A+4L = 2A+2B+C = 4Z+C , por lo que CP : PZ = 4 : 1.

Para interpretar lo que hemos hecho: consideremos el sistema 2A, 2B,C ,que tendra un centro de masas. Este centro de masas no cambia si agrupamoslas masas de A y B en su centro de masas, es decir, si consideramos el sistema4Z, C . Pero tambien podemos sustituir una de las masas de A y la masa de Cpor 2 masas en el centro Y de ambas, es decir podemos considerar el sistema1A, 2B, 2Y , y despues agrupar estas dos ultimas en su centro de masas L, loque nos lleva al sistema 1A, 4L. Todos estos sistemas tienen el mismo centrode masas, que tiene que ser el punto de interseccion de AL y CZ. Por tantoCP : PZ = 4 : 1.

10

Problema 5. Sobre los lados BC, CA, AB de un triangulo ABC estanrespectivamente los puntos X, Y, Z tales que BX : XC = 1 : 7, CY : Y A =3 : 5 y AZ : ZB = 2 : 3. Si P = AX Y Z, hallar AP : PX y Y P : PZ.

1 7

3

25

3

Solucion: Situando masas 7 y 1 sobre B y C , el punto X sera el centrode masas de B y C . Ahora, para que Z sea el centro de masas de A y B,debemos colocar en A una masa 21

2. Y para que Y sea el centro de masas de

A y C debemos agregar a A una masa 35. Por tanto, colocamos sobre A, B,

C masas 212+ 3

5= 111

10, 7 y 1, respectivamente. Agrupando las dos ultimas en

X tenemos que el centro de masas estara en un punto P del segmento AXtal que AP : PX = 8 : 111

10= 80 : 111.

Por otro lado, agrupando en Y las masas 1 + 35= 8

5y en Z las masas

7 + 212= 35

2, tendremos que Y P : PZ = 35

2: 85= 175 : 16.

11

Problema 6. Demostrar el teorema de Menelao: Si X, Y , Z son puntossobre los lados BC, CA, AB del triangulo ABC entonces los puntos X, Y, Zestan alineados si y solo si BX

XC CYY A AZZB

= 1.

Solucion: Para la parte directa, supongamos que X, Y, Z estan alineados ysituemos masas 1 y p sobre A y B, de manera que Z sea el centro de masas de1A, pB. Anadamos ahora masas 1 e q a A y B, de manera que Y es el centrode masas de 1A, qC . Si ahora consideramos el sistema1A, 1A, pB, qC , quetendra un unico centro de masas, dicho centro de masas S estara sobre larecta BC , ya que las masas 1 y 1 sobre C se eliminan una a la otra. Pero siagrupamos las masas en los subsistemas 1A, pB y 1A, qC , tenemos que Stambien es el centro de masas del sistema (p + 1)Z, (q 1)Y , pertenecientepor tanto a la recta Y Z. Entonces S = X y

BX

XCCY

Y AAZ

ZB=q

p1

qp

1= 1.

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Problema 7. Sea ABCD un cuadrilatero circunscrito a una circunferencia,tangente en los puntos M,N, P,Q a los lados AB, BC, CD y DA, respec-tivamente. Llamando a, b, c, d a las distancias AM , BN , CP y DQ, y Z alpunto de interseccion deMP y NQ, hallar las razonesMZ : ZP y QZ : ZN .

Solucion: Asignando masas 1a, 1b, 1c, 1da los puntos A,B,C,D, los puntos

M,N, P,Q son centros de masas de los extremos de los lados en los que estan.Entonces, agrupando masas en M y en P tenemos que

MZ : ZP =

(1

c+

1

d

):

(1

a+

1

b

)=c+ d

cd:a + b

ab=ab(c+ d)

cd(a + b).

De igual forma, agrupando masas en Q y en N ,

QZ : ZN =

(1

b+

1

c

):

(1

a+

1

d

)=b+ c

bc:a + d

ad=ad(b+ c)

bc(a + d).

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Problema 8. Una piramide recta PABC cuya base es un triangulo equi-latero ABC es cortada por un plano dividiendo a las aristas PA, PB, PCen los puntos D,E, F tales que PD : DA = 2 : 3, PE : EB = 3 : 2 yPF : FC = 4 : 1, respectivamente. Hallar la razon en que dicho plano dividea la altura de la piramide.

2

3

3

2

4

1

Solucion: Asignemos masas a los vertices de la piramide de forma que lospuntos de interseccion D, E, F del plano secante con los lados PA, PBy PC sean los centros de masas de dichos lados. Teniendo en cuenta quem.c.m(2, 3, 4) = 12, asignamos masa 12 a cada uno de los puntos A, B y C .Ello exige anadir a P masas 3

212 = 18, 2

312 = 8 y 1

412 = 3, respectivamente,

lo que da un total de 18 + 8 + 3 = 29 para el punto P . Entonces, llamandoG al baricentro de la base ABC , el centro de todo el sistema correspondeal centro de masas del sistema formado por el punto P con peso 29 y elpunto G con peso 36, que sera el punto H sobre el segmento PG tal quePH : HG = 36 : 29.

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Problema 9. Sean X e Y puntos sobre los lados BC y CA del trianguloABC tales que BX : XC = 1 : 2 y CY : Y A = 1 : 3. Si P = AX BY y elarea del triangulo PBX es 1 cm2, hallar el area del triangulo ABC.

Solucion: Este problema tiene una solucion sencilla calculando directamentelas areas:

1x

3xy

2

Tenemos y + 3x = 3(x + 3) y = 9. Por tanto, el area del trianguloABC es 3 (y + 1) = 30 cm2. Usando centros de masas tenemos{

4Y = 3C + A

3X = 2B + C

{4Y = 3C + A

9X = 6B + 3C

4Y A = 9X 6B 6B + 4Y = A + 9X

10P = A + 9X AP : PX = 9 : 1.

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Problema 10. Dado el triangulo ABC, sean P , T , Q los puntos de tangen-cia de la circunferencia exinscrita correspondiente al vertice A con los ladosAB, BC, CA, respectivamente. Si M = BQCP , demostrar que los puntosA, T y M estan alineados.

m

n

b

c

m

n

Solucion: Sean m = BP = BT y n = CQ = CT , que cumplen b+n = c+m.Consideremos una masa 1 sobre A y una masa x sobre P de manera que Bsea el centro de masas. Tendremos mx = c. Anadamos otra masa 1 sobreel punto A y una masa y sobre Q de manera que C sea el centro de lospuntos A y Q. Tendremos entonces ny = b. Tendremos entonces el sistema2A, xP, yQ, que tendra un centro de masas. El centro de masas no cambiasi una de las masas de A y la masa de P las concentramos en el punto B yla otra masa masa de A y la masa de Q la concentramos en el punto C , esdecir, si consideramos el sistema (1 + x)B, (1 + y)C . El centro de masas esun punto Z sobre BC tal que

BZ

ZC=

1 + y

1 + x=

1 + bn

1 + cm

=b+n

n

c+m

m

=m

n,

es decir, Z es el punto T .Por otro lado, observemos que el centro de masas de 1A, xP, yQ es M

ya que es el mismo que el centro de masas tanto de xP, (y + 1)C como de(x+ 1)B, yC . Entonces el el centro de masas de 2A, xP, yQ debe estar sobrela recta AM . En consecuencia, A, M y T deben estar alineados.

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Referencias

[1] Balk, M. B., Boltyanski, V. Geometra de Masas (en ruso), 1987.Disponible enhttp://www.math.ru/lib/book/djvu/bib-kvant/kvant_61.djvu

[2] Balk, M. B. Aplicaciones Geometricas del concepto de Centro deGravedad (en ruso). 1959. Disponible enhttp://www.math.ru/lib/book/djvu/bib-mat-kr/9-tyazh.djvu

[3] Hausner, M.,A Vector Space Approach to Geometry, Dover Publications,1998.

[4] Hausner, M. The center of mass and affine geometry, Amer. Math.Monthly 69 (1962),724-737.

[5] Rike, T. Mass Point Geometry. Disponible enhttp://mathcircle.berkeley.edu/archivedocs/1999_2000/

lectures/9900lecturespdf/mpgeo.pdf

[6] Stankova, Z., Rike, T. A Decade of the Berkeley Math Circle: The Ame-rican Experience. Mathematical Sciences Research Institute, 2008.

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