jueves, 25 de agosto de 2011
Problema del día, geometría (25 de Agosto).
Sea $C$ el punto de tangencia de la circunferencia $X$ y la recta $l$, y sea $AB$ un diámetro de $X$. Sea $N$ el pie de la perpendicular de $C$ sobre $AB$. Por un punto $F$ en el segmento $CN$, se traza la paralela a $CB$ que corta a $l$ en $E$ y a $CA$ en $G$. Demuestra que $EG=GF$
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Nos dicen que hay que demostrar que EG=GF, y al trazar la figura que se nos pide se forma el triangulo EFC y esta la recta GC, para demostrar que EG=EF podriamos demostrar que la recta GC es la mediana del triangulo EFC.
ResponderBorrarEntonces si trazamos una perpendicular a AN que pase por A y otra perpendicular a NC que pase por C, y al punto donde se intersectan estas rectas le ponemos M se forma el cuadrilátero ANCM, y si trazamos la diagonal AC de dicho cuadrilátero cortaría al triangulo EFC a la mitad y esta diagonal pasa por G entonces GC corta al triangulo EFC por la mitad.
Por lo tanto EG=GF
(no se si este bien la solución es solo una idea que pienso que esta correcta)
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ResponderBorrarSea $\angle CBA= \beta$ y $\angle CAB = 90- \beta$.
ResponderBorrarSea $T$ cualquier punto sobre $l$ tal que $C$ esta entre $T$ y $E$.
Vemos que como $AB$ es diametro $\angle ACB = 90$ y como $EF$ es paralela a $CB$ $\angle CGF = 90$.
Tambien por esas paralelas $\angle EFC = \angle FCB$ y $\angle FEC = \angle BCT$.
Como $\angle CNB =90$, $\angle NCB = 90- \beta$
Como $l$ es tangente, por angulo seminscrito $\angle TCB = \angle CAB = 90- \beta$
Con esto tenemos que $ \angle NCB = \angle BCT$
Entonces tambien $ \angle FEC = \angle EFC$
Ahora tenemos que $\triangle CFE$ es isosceles y que $CG$ es altura, por lo tanto tambien es mediana y $EG=GF$
Mi dibujo esta aquí: http://www.metroflog.com/Jesus_Garcia
ResponderBorraryo me fije que el angulo CBA abre al arco AC que es parte del angulo semi inscrito ECA por lo tanto los angulos ECA y ABC son iguales, yo le llame a ese valor ".", entonces el angulo
BAC = 90-. y por ende el algulo ACN ="." por suma de angulos
ahora, en donde intercecta la paralela a BC en AB le llame Q
el triangulo QNF es semejante al triangulo BNC por RAR por lo tanto el angulo NFQ = 90 - .
por angulos opuestos el angulo GFC = 90 - .
por suma de angulos el angulo FGC = 90
por suplenentarios el angulo EGC = 90
por lo tanto por criterio de congruencia ALA el triangulo EGC = triangulo FGC y por lo tanto EG=GE
sea el angulo GAF alfa , angulo AFG 90-alfa y el angulo AGF 90°.sea el angulo EAG alfa, sea el angulo AEG 90-alfa y el angulo AGE 90°, ENTONCES el triangulo AGE es semejante al triangulo AGF entonces AG/AG=AE/AF=GE/GF=1 Y COMO GE/GF=1 ENTONCES GE=GF
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ResponderBorrarEncontraremos todos los datos que se pueden obtener del problema. Primero que nada. En la recta $l$, colocaremos $Z$ de tal manera que $C$ quede entre $E$ y $Z$.
ResponderBorrarSabiendo que: angulo inscrito = angulo seminscrito. $\angle BCZ = \angle CAN=\delta$. Y teniendo que $EF$ es paralela a $BC$, $\angle BAC = \delta$.
Con esta misma regla: $\angle ECG = \angle CBN = \beta$.
Tambien podemos observar que: $\angle CFE = \angle BCF = \alpha$.
Y, $\angle ACB = \angle CGF =\angle CGE = 90$.
Podemos decir que $\delta = 90-\beta$.
Con esto podemos decir por ejemplo, $\triangle BCN \equiv \triangle CEG$.
Entonces, $\delta = \alpha$.
Siendo asi, $\triangle CEF$ es isosceles. Y, $CG$, es altura y mediana.
Con esto queda comprobado que, $EG = GF$
Por favor publiquen los problemas mas temprano, ya que yo tengo turno vespertino y no me da oportunidad de resolverlos ya que entro a la 1 de la tarde y salgo hasta las 8 de la noche
ResponderBorrarAntonio Lopez...Tu idea de hacer un rectangulo esta padre, pero tu solucion requiere mas argumentos y no necesariamente partiria a la mitad al triangulo CEF.
ResponderBorrarMartin Contreras Carrera... Tu idea de nombrar angulos estan bien, sin embargo, cuando estas nombrando los angulos, algunos no necesariamente van a ser lo que les pusiste, por ejemplo, si pones a GAF como alfa, no puedes decir que AFG=90-alfa porque no lo sabes aun y lo tendrias que demostrar, igual con el otro tirangulo.
Las demas soluciones ya las revise y me parecen que estan bien.
El <ACB = 90° puesto que AB es un diámetro de la circunferencia “X” y por lo tanto ya que FE es paralela a CB, también <CGF = 90° y de ello resulta que <CGE = 90°, entonces podemos hacer la siguiente observación:
ResponderBorrarEl ΔECF es isósceles, dato que obtenemos a partir de las congruencias y semejanzas en los ángulos que se forman a partir de la prolongación de las paralelas FE y BC.
Fijamos nuestra atención en el ΔECF, establecemos que GC divide al segmento FE en dos partes: FG y GE; puesto que GC forma un <=90° con respecto a FE (Es decir, deducimos que son perpendiculares) y a su vez ese segmento tiene como punto de intersección el vértice “C” del triangulo, son dos datos valiosos para deducir también que aparte de ser una altura del triangulo, el segmento GC también es la mediana, y obtenemos que FG=GE
Santos Armando Castillo Márquez
Santos Castillo... puedes ser mas especifico en el segundo parrafo, explicando como son esas congruencias o semejanzas para demostrar como ECF es isoceles.
ResponderBorrarAlan Salcido... ya esta resuelto lo de poner los problemas mas temprano
Si entendi bien la figura, demostrar que EG=GF se puede lograr demostrando EGC y FGC son congruentes, y como comparten un lado y ambos tienen un ángulo recto (<ACB mide 90° por abrir el mismo arco que el diametro y CA es perpendicular a EF por ser paralela a CB) solo se necesita demostrar que uno de los otros dos angulos de EGC y FGC son iguales.
ResponderBorrarSe puede llamar a <ACN como x, como comparte un angulo con ABC y ambos tienen un angulo recto, son semejantes, entonces <CBA=x. El angulo seminscrito ECA y el inscrito CBA abren el mismo arco, por lo tanto son iguales <ECA=x. <ECA=<ACN entonces CFG es congruente a CEG y EG=GF.
si asemos la figura obtendremos 4∆
ResponderBorrar∆ABC ∆ANC ∆CGF y ∆CEG
<)BNC=90° <)CBN=α <)NCB=β
<)CNA=90° <)ACN=α <)CAN=β
comprobe que el <)CGF=90° .˙. <)CFG=β
=> ∆CGF ~ ∆CNB
Las razones serian:
CG/CN=GF/NB=EC/CB
Si puedo demostrar que ∆BNC ~ ∆EGC
Las razones serian:
EG/CN=GC/NB=EC/CB
y como ∆EGC comparte un lado con ∆CGF
serian congruentes, por lo tanto EG=GF
la verdad no me di el suficiente tiempo para resolverlo pero trate de intentarlo por lo menos este es mi dibujo http://tinypic.com/r/2j4o678/7 y lo que vi esque solo hay que demostrar que el triangulo CFE es isoceles y como la linea CG es la altura sabemos que la altura del angulo desigual de un triangulo isoceles es tambien la mediana entonces ahi demostrariamos que EG=GF y por lo que veo se puede demostrar con angulos internos y alternos porque tenemos dos lineas paralelas y una transversal que las corta...
ResponderBorrarSi partimos de que el angulo ACB esta inscrito con el arco AB, que al ser cortado justo a la mitad de la circunferencia mide 180º, por lo tanto el angulo ACB mide 90º. Sabemos que CN parte a ACB en dos triangulos rectangulos, debido a que AN y NB es perpendicular con NC. Por lo tanto si le asignamos al angulo ABC un valor α, y a BCN un valor β, entonces ACN medira α, ya que la suma de α y β da 90º debido a que en el triangulo BNC se les dio esos dos valores a los angulos que no eran rectos y debian completar la suma de 180º, de esta forma como sabemos que el angulo ACB mide 90º y denemos que parte de el mide β, la otra debera de medir α, que es NCG.
ResponderBorrarSi nos devolvemos a la idea de que el angulo ABC=α, entonces, por ser inscrito con el arco AC, este arco medira 2α, y por otro lado, como el angulo ACE es semi-inscrito con el arco AC, ya que C es el punto de tangencia de la recta con la circunferencia, ACE=ArcoAC/2, y tenemos que este arco mide 2α, entonces el angulo ACE medira α.
Sabemos que las rectas FE y BC son paralelas, y son cortadas por la recta NC, el angulo GFC y el FCB son alternos internos, por lo tanto miden lo mismo que es β, por lo tanto como los angulos que hasta ahora tenemos del triangulo FCG son α y β, que ya habiamos sacado que suman 90º, por lo tanto el angulo FGC mide 90º, y por consiguiente, como FE es cortado por AC, y FGC, mide 90º, tambien EGC mide esto.
Y por ultimo, como el triangulo GFC y GCE comarten la misma altura con respecto a FG y a EG, que seria GC. Por criterio ALA sabemos que estos dos triangolos son congruentes, por lo que FC=CE, CG=CG, y lo que nos pedia: EG=FG.
Bueno, como ya se ha mencionado anteriormente, lo que se puede hacer para demostrar que EG=EF es que los triángulos ECG y FCG son congruentes.
ResponderBorrarLo que hice primero fue sacar todos los ángulos posibles...porque no se me ocurría nada, pero después surgio la idea.
Como AB es diámetro y sabemos que al poner cualquier punto en la circunferencia, y unir estos tres puntos, se forma un <90, entonces si llamamos al <ABC x entonces el <BAC=90-x y el <ACB es igual a 90.
Llamaremos a la intersección entre AB y la paralela de CB H, entonces por Tales, sabemos que el <AHG=x y el <AGH=90. Entonces por ángulos suplementarios, sabemos que <HGC es igual a 90 y el <EGC=90.Ahora, en el triángulo NHF, sabemos que el <FNH=90 porque CN es perpendicular a AB, y sabemos que <NHF=x, por lo tanto el <NFH=90-x, por ángulos opuestos por el vèrtice, sabemos que entonces <GFC=90-x y por lo tanto, el <GCF=x, entonces ya tenemos los 3 ángulos del triángulo ECG.
Ahora, si trazamos una linea paralela a HE que intersecte a los triángulos ECG y FCG, tendríamos que por tales el ángulo creado en la intersección de FC y la paralela que hemos trazado es igual al ángulo GFC=90-x, y se ha creado una perpendicular en la intersección de GC y la paralela trazada, así que el ángulo creado a partir de esto, es de 90 grados. Entonces, por ángulos alternos externos (si es que no mal recuerdo) tenemos que el àngulo formado por la intersección de la paralela y FC es igual al formado por la intersección de la paralela y la línea EC, entonces estos ángulos son iguales. Como sabemos esto, por Tales, sabemos que <GEC es igual a 90-x, por lo cual los ángulos GFC=GEC. Por lo cual, si tomamos el triángulo CEF, sabemos sin perdida de generalidad, que este triángulo es equilatero o isosceles, ya que tiene dos ángulos iguales, por lo cual la linea CG es una "superlinea" por lo tanto CG es bisectriz de el triángulo CEF, entonces tenemos que FGC=EGC, GFC=GEC y FCG=ECG, por congruencia entre triángulos (AAA) sabemos que los triángulos ECG y FCG son congruentes entre si, por cual hemos demostrado que GE=GF.
Bastante larga la solución, pero espero sea bien fundamentada.
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ResponderBorrarMMMMMM algo extraño sucede con mi cuenta que publica los comentarios todos mal... disculpen nuevamente... pero en la vista previa aparecen completos:
ResponderBorrarPerdón, no se que paso al momento de pasar del procesador de texto al comentario, que no se copio el tercer párrafo.. De igual manera publicare nuevamente el comentario como debe de ser (Completo) disculpa la tardanza pero no me había percatado de ese error del comentario:
El
5.- <BCE´ = <NCB …
Sustituimos ecuación 1 y 2 en 5 y resulta que <FEC = <EFC
Fijamos nuestra atención en el ΔECF, establecemos que GC divide al segmento FE en dos partes: FG y GE; puesto que GC forma un <=90° con respecto a FE (Es decir, deducimos que son perpendiculares) y a su vez ese segmento tiene como punto de intersección el vértice “C” del triangulo, son dos datos valiosos para deducir también que aparte de ser una altura del triangulo, el segmento GC también es la mediana, y FG=GE
El
ResponderBorrar5.- <BCE´ = <NCB …
Sustituimos ecuación 1 y 2 en 5 y resulta que <FEC = <EFC
Fijamos nuestra atención en el ΔECF, establecemos que GC divide al segmento FE en dos partes: FG y GE; puesto que GC forma un <=90° con respecto a FE (Es decir, deducimos que son perpendiculares) y a su vez ese segmento tiene como punto de intersección el vértice “C” del triangulo, son dos datos valiosos para deducir también que aparte de ser una altura del triangulo, el segmento GC también es la mediana, y FG=GE
El ΔECF es isósceles, dato que obtenemos a partir de las congruencias y semejanzas en los ángulos que se forman a partir de la prolongación de las paralelas FE y BC.
ResponderBorrarSobre la recta “l” colocamos un punto E´ de tal manera que “C” quede en medio de E y E´ y obtenemos que:
1.- El
5.- <BCE´ = <NCB …
Sustituimos ecuación 1 y 2 en 5 y resulta que <FEC = <EFC (Triangulo Isoceles)
Tuve que publicar solo el párrafo que faltaba porque no podía completo, tal vez eso paso la primera vez también..
Sobre la recta “l” colocamos un punto E´ de tal manera que “C” quede en medio de E y E´ y obtenemos que:
ResponderBorrar1.- El <EFC = <NCB
2.-El <FEC = <BCE´
3.-El <NCB= 90°-δ
4.-Por inscrito y seminscrito, <BCE´ = <CAB = 90°-δ
El angulo ACD abre el diámetro, por lo que es de 90 grados, lo que dice que los ángulos CBA y CAB suman 90. En el triangulo CNB tenemos un angulo recto y el angulo CBN, por lo que el angulo NCB es igual a el angulo CAB. Si trazamos el radio hacia C, digamos que el centro es O, entonces el triangulo OCB es isósceles, por lo que los ángulos OCB y OBC son iguales. si OCG es recto por ser punto de tangencia, y tenemos el angulo OCB, entonces al angulo BCG es igual a NCB y a NAC. Si EF es paralelo a CB y la recta EC corta a las dos en E y C entonces los ángulos BCG y FEC son iguales. Por el mismo argumento, los ángulos NCB es igual a EF. También por lo anterior sabemos que EF es perpendicular a AC. Si sabemos que los ángulos CEF y EFC son iguales, el triangulo ECF es isósceles, y al ser EFC de 90 grados, G es el punto medio de EF y EG=GF.
ResponderBorrarEn mi comentario anterior se me olvido mencionar como es que habia demostrado que:
ResponderBorrarΔNCB ~ ΔGFC es sencillo:
Si nombramos D al punto donde La paralela corta el segmento NB tenemos que <)FDN=<)CBN por ser paralelas entonses
<)GFC=<)NFD por ser opuestos
Como <)ACB mide 90° por ser un angulo semi-inscrito con arco en en diametro y α+β=90° entonses si <)NCB mide β el <)NCA mide α por lo tanto <)CGF=90°
asi se demuestra que son semejantes los triangulos NCB y GFC
Para demostrar que el ΔGCE ~ ΔNBC es asi:
<)ABC y <) ACE tienen el mismo arco (AC) como el <)ABC es semi-inscrito su formula es arco/2 esta formula el la misma para un angulo que forma una tangente, por lo tanto si ambos comparten el mismo arco los deo angulos va a ser iguales, en este caso α los dos.
Si una linea recta es cortada por otra los dos angulos que se formen en un lado de ella sumaran 180° si al segmento EF lo corta el segmento AC y forma un angulo de 90°
(angulo CGF) el angulo CGE tiene que medir 90° porque 90+90=180
Los triangulos CGF y CGE comparten un lado.
Ahora si por criterio ALA Los triangulos CGF y CGE son congruentes, por lo tanto EG=GF
http://www.facebook.com/media/set/?set=a.1608374690378.90425.1266533730#!/photo.php?fbid=2346608345758&set=a.1608374690378.90425.1266533730&type=1&theater
ResponderBorrarBno... lo primero que hice fue fijarme en la perpendicular CA con ED, y en la semejanza FND con CNB, al angulo CBN lo llamo X y al NCB lo llamo Z, entonces X + Z = 90 por lo que que el angulo GCF es X y por algo ya conocido vemos que angulo CBN = ECG y asi tenemos que EGC es congruente con FCG por lo tanto EG = GF
ResponderBorrarhttp://s1231.photobucket.com/albums/ee505/Luis_CCR/?action=view¤t=IMG_0380.jpg
ResponderBorrarPues yo, al igual que la mayoria, en un principio trate de probar que los triangulos FGC y EGC eran congruentes, y saque un resto de angulos y total no me dio, despues trace paralelas a l pasando por F, y a NC pasando por E. Entonces, mientras escribia un rollote me di cuenta que al trazar las paralelas se forma un romboide, siendo una de sus diagonales FE, la cual es cortada a la mitad por la otra diagonal PC en el punto G, lo cual significa que FG=GE.
Luis Carlos García
Antonio Lopez...Tu idea de hacer un rectangulo esta padre, pero tu solucion requiere mas argumentos y no necesariamente partiria a la mitad al triangulo CEF.
ResponderBorrarMartin Contreras Carrera... Tu idea de nombrar angulos estan bien, sin embargo, cuando estas nombrando los angulos, algunos no necesariamente van a ser lo que les pusiste, por ejemplo, si pones a GAF como alfa, no puedes decir que AFG=90-alfa porque no lo sabes aun y lo tendrias que demostrar, igual con el otro triangulo.
alberto... :)
Chuyito_ito... :)
Alejandro Reyes...:)
Santos Castillo... Ya entendí como sacaste el isósceles, esta muy bien. Solo una cosita, en el 1 y 2 debes dar la razón por la cual los ángulos son iguales, supongo que para ti es obvio que por las paralelas, pero si debes explicarlo, y tu solución esta bien... :)
Luis Chacon... :)
Alan Salcido... :)
Irving Hernandez... Estas bien en intentar demostrar que es isósceles y que CG seria mediana, y también esta bien la idea de que con ángulos saldría, aunque trata de ir haciendo lo de los ángulos, darle nombre a algunos o viendo cuales son iguales, etc., que se vea el trabajo que estas haciendo en el dibujo.
Padilla... :)
Ricardo G....AAA es un criterio de semejanza, aunque con lo que tienes es fácil llegar al criterio ALA que si es de congruencia... Ademas fíjate bien en la demostración que tienes en los ángulos externos porque por explicas que el angulo formado con CF y la paralela que construiste es el mismo que CE y la paralela que construiste, y eso no es necesariamente cierto.
Alberto Ponce...No entiendo porque OGC es recto, porque eso seria si G esta en la recta l, pero G esta en CA. Tal vez hay algo raro en tu dibujo... aunque todas las ideas que utilizaste me parecieron muy bien para resolver el problema.
Fabiko ko...Trata de explicar un poco mas detalladamente tus soluciones, pero esta bien...:)
Luis Carlos Garcia... Eso de intentar demostrar que es un rombo esta bien, aunque trata de trabajar con eso y comentar a lo que llegaste.