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jueves, 1 de septiembre de 2011
Problema del día, geometría (01 de Septiembre).
Sean $M$ y $N$ puntos en los lados $AB$ y $BC$, respectivamente, del paralelogramo $ABCD$ tales que $AM=NC$. Sea $Q$ el punto de intersección de $AN$ y $CM$. Demuestra que $DQ$ es bisectriz del angulo $CDA$.
A mi se me ocurrio llamar z a el punto de interceccion de la prolongacion de DQ con AB.Y demostrando q los triangulos DQC semejante q el triangulo ADZ.
Aun no lo resuelvo, pero tengo 2 ideas que a ver si a alguien le sirve.
I.- Si prolongamos las rectas AN y CM hasta cruzar DA y DC, nombramos a esos puntos R y S. si probamos que Q es el incentro de RDS, entonces acabamos.
II.- SI trazamos una paralela a CM por A y cruza a DC en.. L, entonces LC=CN. unimos LN y tenemos que LNC es issoseles. si extendemos DQ hasta intercectar BC, si provamos que LN es paralela a DQ entonces terminamos.
Tampoco lo he resuelto pero por si a alguien le sirve, hay que recordar que AM=NC, si no se considera eso se tendría que demostrar que sin importar la relación de AM y NC se crearía la bisectriz y es muy facil demostrar que no es cierto haciendo el dibujo. Aun no se como usar eso en el problema.
Concuerdo con Luis, no hay que perder de vista el dato que AM=NC , ya que DQ es la recta del vertice D a la interseccion de las rectas AM y NC , y si dejaramos fuera ese dato, asumiriamos que el punto M y N podrian estar en cualquier lugar de AB y BC y tener magnitudes diferentes, entonces asumiriamos que para todas las posibles intersecciones en Q se cumple que DQ es la bisectriz del angulo CDA y no es asi! He trabajado con el problema, pero sigo con algunas lagunas en cuanto a concretar todas las ideas en la solución.
Muy buen problema jeje, seguire intentando sacarlo, pero por si a alguien le sirven ideas, de las que e sacado algunas de las que siento que pueden llevar a algo es sacando que en la recta DQ se encuentra el incentro de un triangulo ADC, tambien prolongue DQ hasta interceptar a AB, donde en ese punto trace una paralela a AD y BC y de ahi sacando varios angulos congruentes, incluso trate de demostrar que esta teoria no era cierta si donde se interceptan la bicectriz de ADN y el lado AB, si el punto M queda mas alla de ese donde se interceptaron con relacion a A, y a su vez es pa medida de BC, pero no supe como demostrarlo claro, si fuera cierto pero la verdad no se, yo seguire intentando, haber a que puedo llegar, espero y a alguien le sirva algo de esto.
Que buen problema! No he llegado a la solución pero tengo varias ideas, ojala le puedan servir a alguien.
Una vez hecho la ilustración trazamos el segmento $AC$. Obtenemos dos triangulos iguales, $ACD$ y $CAB$. Ya que la medida de sus lados es exactamente la misma. Obtenemos: $\frac{AC}{CA} = \frac{AD}{CB} = \frac{CD}{AB}$.
Después trace el segmento $MN$. Haciendo esto obtenemos que: $\angleACM = \angleCMN$ $\angleCAN = \angleANM$
Ahora por $AA$ podemos decir que los triángulos $ACQ$ y $NMQ$, son semejantes. Obtenemos: $\frac{AC}{NM} = \frac{AQ}{NQ} = \frac{CQ}{MQ}$. Observamos que en ambas semejanzas, $ACD$-$CAB$ y $ACQ$-$NMQ$, se repite en alguna de sus razones $AC$, tal vez esto pudiese servir en algo.
Hecho esto podríamos obtener datos de los triángulos $ANM$ y $CMN$, con los que obtendríamos algún dato de los triángulos $AQD$ y $CQD$, que nos ayude a encontrar alguna solución.
Pero me di cuenta que para afirmar que la ultima semejanza($ACQ$-$NMQ$) es cierta, $MN$ tendría que ser paralela a $AC$. Aun no logro demostrar que esto cierto, pero si lo es creo encontraríamos camino para encontrar datos de los triángulos restantes y así llegar a una solución.
Muy buenas aportaciones de los demás participantes. Seguiré trabajando en el problema.
Creo tener una solución. Se prolonga DQ hasta cortar a AB en E(también puede cortar a BC, pero yo consideraré que corta a AB). Se traza una paralela a BC que pase por E y corte a CD en F. Se marca el punto N' sobre EF tal que FN'=CN. Se dibujan las líneas AF y MN'. Como AM=FN', si se marcan los puntos X e Y sobre ME y N'E con MX=N'Y, tenemos que AM/MX=FN'/N'Y y por teorema de Tales que AF es paralela a MN'. Si se traza una paralela a estas que pase por E, entonces EM/MA=EN'/N'F y como MA=N'F, entonces EM=EN', entonces AE=EF y como es un paralelogramo entonces AE=EF=FD=DA por lo que AEFD es un rombo. Si es un rombo, las diagonales son bisectrices y por tanto DQ es bisectriz de CDA.
@Luis: Una disculpa, pero creo que cometí un error a la hora de explicar el teorema de thales, la version con 2 paralelas y un punto es si y solo si, y la version con 3 paralelas es solamente si entonces (si son 3 paralelas los segmentos son proporcionales, pero al reves no necesariamente es cierto, hay contraejemplos), por lo que el paso "teorema de Tales que AF es paralela a MN" esta mal fundamentado, pero si va a ser verdad que AF es paralela a MN'. Si encuentras un camino diferente para demostrar que AF es paralela a MN' habras terminado. Que bueno que me di cuenta de este error, el sabado les hago la aclaración a todos. De todos modos es un intento bastante interesante
Entonces si de muestro que AF es paralela a MN' termino? Se puede trazar una figura semejante a AEFD con paralelas a FD y DA por N' y M respectivamente, como ME esta sobre AE y son semejantes sus diagonales deberían ser paralelas porque el angulo EMN' es igual al EAF. Esta bien?
Ya me salio =D Espero que aun valga, lo estuve intentando el fin de semana.
Extendemos $AN$ hasta que intersecte a $DC$ en $Y$. Por las paralelas $\triangle AMQ \sim \triangle YCQ$ y sacamos estas razones: $\frac{AM}{YC}=\frac{AQ}{QY}$ Ahora vemos que $\triangle YNC \sim \triangle YAD$, y tenemos que: $\frac{NC}{YC}=\frac{AD}{DY}$
Como $AM=NC$, entonces $\frac{AQ}{QY}=\frac{AD}{DY}$
Con el teorema de la bisectriz generalizado en $\triangle ADY$: $\frac{AQ}{QY}= \frac{AD}{DY} \cdot \frac{\sin \angle ADQ}{\sin \angle QDY}$
Como teniamos que$\frac{AQ}{QY}=\frac{AD}{DY}$ Entonces $1= \frac{\sin \angle ADQ}{\sin \angle QDY}$ $\sin \angle ADQ=\sin \angle QDY$
Entonces hay dos opciones, que sean suplementarios o que sean iguales. No pueden ser suplementarios porque entonces $ADC=180$ y eso no es cierto, por lo tanto son iguales y $DQ$ es bisectriz de $\angle ADC$
Mmm Manuel no ha revisado a todos... bueno lo haré yo, aqui va: @Martin, Alberto Ponce, Santos, Padilla, Chuy : Sigan intentando, ideas muy interesantes. @Alejandro Reyes: Lamentablemente MN no va a ser paralela a AC, asi que no se va a cumplir esa semejanza :/ @Alan Salcido: Sigue intentando, DCH si va a ser isosceles, asi que en teoria vas por buen camino. @Luis Chacón: Todavía no jeje. Si entendi bien tu idea, no por el hecho de que dos cuadrilateros tengan los mismos angulos, o tengan los lados paralelos, significa que sean semejantes (compara el rectangulo con el cuadrado) y los triangulos que se forman al cortarlos por una diagonal sean semejantes. Cosa que si ocurre con los triangulos (Criterio AA de la semejanza). @Alberto: Tu solucion esta bien, pero reglas son reglas (mas de 3 dias)
Se extienden los segmentos $DA$ y $CM$, al punto donde estas dos rectas intersectan se llama $Z$. Se traza el segmento $DQ$, a $\angle ZDQ$ y $\angle CDQ$, se nombran $\alpha$ y $\beta$ respectivamente. Se obtienen las siguientes semejanzas de triángulos: Con base en $CNQ \sim ZAQ$ se obtiene que – $\frac{CN}{ZA} = \frac{CQ}{ZQ}$ Y con base en $ ZAM \sim ZDC$ se obtiene que – $\frac{AM}{ZA} = \frac{DC}{ZD}$ Sabiendo que $CN = AM$, entonces: $\frac{CQ}{ZQ} = \frac{DC}{ZD}$ Considerando el triangulo $ZDC$, el Teorema de la Bisectriz Generalizada y la Ley de Senos: $\frac{CQ}{ZQ} = \frac{DC}{ZD} * \frac{sen \beta}{sen \alpha}$ Teniendo en cuenta que $\frac{CQ}{ZQ} = \frac{DC}{ZD}$, se obtiene que: $1 = \frac{sen \beta}{sen \alpha}$ Por lo tanto: $sen \alpha = sen \beta$ Cuando se obtiene esta igualdad con seno, existen dos posibilidades: 1) $\alpha + \beta = 180^o$ 2) $\alpha = \beta$ La primera opción no es posible ya que, tomando como base el triangulo $ZDC$: $\angle DZC + \angle DCZ + \alpha + \beta = 180^o$ Entonces: $\angle DZC + \angle DCZ = 0$ Lo cual no es posible. Por lo tanto, $\alpha = \beta$. De esta manera se demuestra que $DQ$ cumple con lo antes mencionado.
A mi se me ocurrio llamar z a el punto de interceccion de la prolongacion de DQ con AB.Y demostrando q los triangulos DQC semejante q el triangulo ADZ.
ResponderBorrarAun no lo resuelvo, pero tengo 2 ideas que a ver si a alguien le sirve.
ResponderBorrarI.- Si prolongamos las rectas AN y CM hasta cruzar DA y DC, nombramos a esos puntos R y S. si probamos que Q es el incentro de RDS, entonces acabamos.
II.- SI trazamos una paralela a CM por A y cruza a DC en.. L, entonces LC=CN. unimos LN y tenemos que LNC es issoseles. si extendemos DQ hasta intercectar BC, si provamos que LN es paralela a DQ entonces terminamos.
Me gustan sus ideas jeje...siganle intentando, ese tipo de intentos son las que se necesitan para resolver el problema...
ResponderBorrarA otra cosa... ya termine de revisar el problema del jueves pasado, por favor vean los comentarios y caritas felices jeje
Tampoco lo he resuelto pero por si a alguien le sirve, hay que recordar que AM=NC, si no se considera eso se tendría que demostrar que sin importar la relación de AM y NC se crearía la bisectriz y es muy facil demostrar que no es cierto haciendo el dibujo. Aun no se como usar eso en el problema.
ResponderBorrarConcuerdo con Luis, no hay que perder de vista el dato que AM=NC , ya que DQ es la recta del vertice D a la interseccion de las rectas AM y NC , y si dejaramos fuera ese dato, asumiriamos que el punto M y N podrian estar en cualquier lugar de AB y BC y tener magnitudes diferentes, entonces asumiriamos que para todas las posibles intersecciones en Q se cumple que DQ es la bisectriz del angulo CDA y no es asi! He trabajado con el problema, pero sigo con algunas lagunas en cuanto a concretar todas las ideas en la solución.
ResponderBorrarCreo que ya lo resolvi, bueno casi.
ResponderBorrarPrimero prolongamos la recta DQ hasta que se intersecte con CB y llamamos H a ese punto.
Despues desde H trazamos trazamos una linea paralela a DC hasta que se intersecte con DA, si es nesesario alargar DA, llamamos a ese punto J
Como sabemos que el angulo DCH es igual al angulo DJH porque la figura que se forma sigue siendo paralelogramo entonses tenemos que:
Los lados DJ y CH son iguales
Los lados DC y JH son iguales
Entonses por criterio LAL el triangulo DCH es congruente con el triangulo DJH.
Lo unico que me falta demostrar es que el angulo JDH es igual al angulo HDC.
La teoria que tengo es que el triangulo DCH es isosceles solo que no puedo demostrarlo.A lo mejor mas al rato
Muy buen problema jeje, seguire intentando sacarlo, pero por si a alguien le sirven ideas, de las que e sacado algunas de las que siento que pueden llevar a algo es sacando que en la recta DQ se encuentra el incentro de un triangulo ADC, tambien prolongue DQ hasta interceptar a AB, donde en ese punto trace una paralela a AD y BC y de ahi sacando varios angulos congruentes, incluso trate de demostrar que esta teoria no era cierta si donde se interceptan la bicectriz de ADN y el lado AB, si el punto M queda mas alla de ese donde se interceptaron con relacion a A, y a su vez es pa medida de BC, pero no supe como demostrarlo claro, si fuera cierto pero la verdad no se, yo seguire intentando, haber a que puedo llegar, espero y a alguien le sirva algo de esto.
ResponderBorraryo hize dos dibujos y son los ultimos dos q subi aqui:
ResponderBorrarhttp://www.metroflog.com/Jesus_Garcia
lo intente por ley de senos ya que habia dos triangulos q compartian un angulo y lados opuestos a ese y no me salio
trate con cierre agular y tampoco me salio
volvi con ley de senos pero esta vez con el teorema de la vicetriz generalizado y tampoco me salio
seguire intentando pero hasta ahora no lo e resuelto
Que buen problema! No he llegado a la solución pero tengo varias ideas, ojala le puedan servir a alguien.
ResponderBorrarUna vez hecho la ilustración trazamos el segmento $AC$. Obtenemos dos triangulos iguales, $ACD$ y $CAB$. Ya que la medida de sus lados es exactamente la misma. Obtenemos: $\frac{AC}{CA} = \frac{AD}{CB} = \frac{CD}{AB}$.
Después trace el segmento $MN$. Haciendo esto obtenemos que:
$\angleACM = \angleCMN$
$\angleCAN = \angleANM$
Ahora por $AA$ podemos decir que los triángulos $ACQ$ y $NMQ$, son semejantes. Obtenemos: $\frac{AC}{NM} = \frac{AQ}{NQ} = \frac{CQ}{MQ}$.
Observamos que en ambas semejanzas, $ACD$-$CAB$ y $ACQ$-$NMQ$, se repite en alguna de sus razones $AC$, tal vez esto pudiese servir en algo.
Hecho esto podríamos obtener datos de los triángulos $ANM$ y $CMN$, con los que obtendríamos algún dato de los triángulos $AQD$ y $CQD$, que nos ayude a encontrar alguna solución.
Pero me di cuenta que para afirmar que la ultima semejanza($ACQ$-$NMQ$) es cierta, $MN$ tendría que ser paralela a $AC$. Aun no logro demostrar que esto cierto, pero si lo es creo encontraríamos camino para encontrar datos de los triángulos restantes y así llegar a una solución.
Muy buenas aportaciones de los demás participantes. Seguiré trabajando en el problema.
Dos igualdades no aparecieron en mi comentario:
ResponderBorrarÁngulos $CAN = ANM$
Ángulos $ACM = CMN$
Creo tener una solución.
ResponderBorrarSe prolonga DQ hasta cortar a AB en E(también puede cortar a BC, pero yo consideraré que corta a AB). Se traza una paralela a BC que pase por E y corte a CD en F. Se marca el punto N' sobre EF tal que FN'=CN. Se dibujan las líneas AF y MN'. Como AM=FN', si se marcan los puntos X e Y sobre ME y N'E con MX=N'Y, tenemos que AM/MX=FN'/N'Y y por teorema de Tales que AF es paralela a MN'. Si se traza una paralela a estas que pase por E, entonces EM/MA=EN'/N'F y como MA=N'F, entonces EM=EN', entonces AE=EF y como es un paralelogramo entonces AE=EF=FD=DA por lo que AEFD es un rombo. Si es un rombo, las diagonales son bisectrices y por tanto DQ es bisectriz de CDA.
@Luis: Una disculpa, pero creo que cometí un error a la hora de explicar el teorema de thales, la version con 2 paralelas y un punto es si y solo si, y la version con 3 paralelas es solamente si entonces (si son 3 paralelas los segmentos son proporcionales, pero al reves no necesariamente es cierto, hay contraejemplos), por lo que el paso "teorema de Tales que AF es paralela a MN" esta mal fundamentado, pero si va a ser verdad que AF es paralela a MN'. Si encuentras un camino diferente para demostrar que AF es paralela a MN' habras terminado.
ResponderBorrarQue bueno que me di cuenta de este error, el sabado les hago la aclaración a todos.
De todos modos es un intento bastante interesante
Entonces si de muestro que AF es paralela a MN' termino?
ResponderBorrarSe puede trazar una figura semejante a AEFD con paralelas a FD y DA por N' y M respectivamente, como ME esta sobre AE y son semejantes sus diagonales deberían ser paralelas porque el angulo EMN' es igual al EAF. Esta bien?
Este comentario ha sido eliminado por el autor.
ResponderBorrarYa me salio =D
ResponderBorrarEspero que aun valga, lo estuve intentando el fin de semana.
Extendemos $AN$ hasta que intersecte a $DC$ en $Y$.
Por las paralelas $\triangle AMQ \sim \triangle YCQ$ y sacamos estas razones:
$\frac{AM}{YC}=\frac{AQ}{QY}$
Ahora vemos que $\triangle YNC \sim \triangle YAD$, y tenemos que:
$\frac{NC}{YC}=\frac{AD}{DY}$
Como $AM=NC$, entonces
$\frac{AQ}{QY}=\frac{AD}{DY}$
Con el teorema de la bisectriz generalizado en $\triangle ADY$:
$\frac{AQ}{QY}= \frac{AD}{DY} \cdot \frac{\sin \angle ADQ}{\sin \angle QDY}$
Como teniamos que$\frac{AQ}{QY}=\frac{AD}{DY}$
Entonces
$1= \frac{\sin \angle ADQ}{\sin \angle QDY}$
$\sin \angle ADQ=\sin \angle QDY$
Entonces hay dos opciones, que sean suplementarios o que sean iguales. No pueden ser suplementarios porque entonces $ADC=180$ y eso no es cierto, por lo tanto son iguales y $DQ$ es bisectriz de $\angle ADC$
Mmm Manuel no ha revisado a todos... bueno lo haré yo, aqui va:
ResponderBorrar@Martin, Alberto Ponce, Santos, Padilla, Chuy : Sigan intentando, ideas muy interesantes.
@Alejandro Reyes: Lamentablemente MN no va a ser paralela a AC, asi que no se va a cumplir esa semejanza :/
@Alan Salcido: Sigue intentando, DCH si va a ser isosceles, asi que en teoria vas por buen camino.
@Luis Chacón: Todavía no jeje. Si entendi bien tu idea, no por el hecho de que dos cuadrilateros tengan los mismos angulos, o tengan los lados paralelos, significa que sean semejantes (compara el rectangulo con el cuadrado) y los triangulos que se forman al cortarlos por una diagonal sean semejantes. Cosa que si ocurre con los triangulos (Criterio AA de la semejanza).
@Alberto: Tu solucion esta bien, pero reglas son reglas (mas de 3 dias)
Este comentario ha sido eliminado por el autor.
ResponderBorrarSe extienden los segmentos $DA$ y $CM$, al punto donde estas dos rectas intersectan se llama $Z$.
ResponderBorrarSe traza el segmento $DQ$, a $\angle ZDQ$ y $\angle CDQ$, se nombran $\alpha$ y $\beta$ respectivamente.
Se obtienen las siguientes semejanzas de triángulos:
Con base en $CNQ \sim ZAQ$ se obtiene que –
$\frac{CN}{ZA} = \frac{CQ}{ZQ}$
Y con base en $ ZAM \sim ZDC$ se obtiene que –
$\frac{AM}{ZA} = \frac{DC}{ZD}$
Sabiendo que $CN = AM$, entonces:
$\frac{CQ}{ZQ} = \frac{DC}{ZD}$
Considerando el triangulo $ZDC$, el Teorema de la Bisectriz Generalizada y la Ley de Senos:
$\frac{CQ}{ZQ} = \frac{DC}{ZD} * \frac{sen \beta}{sen \alpha}$
Teniendo en cuenta que $\frac{CQ}{ZQ} = \frac{DC}{ZD}$, se obtiene que:
$1 = \frac{sen \beta}{sen \alpha}$
Por lo tanto:
$sen \alpha = sen \beta$
Cuando se obtiene esta igualdad con seno, existen dos posibilidades:
1) $\alpha + \beta = 180^o$
2) $\alpha = \beta$
La primera opción no es posible ya que, tomando como base el triangulo $ZDC$:
$\angle DZC + \angle DCZ + \alpha + \beta = 180^o$
Entonces:
$\angle DZC + \angle DCZ = 0$
Lo cual no es posible. Por lo tanto, $\alpha = \beta$.
De esta manera se demuestra que $DQ$ cumple con lo antes mencionado.