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jueves, 8 de septiembre de 2011
Problema del día, geometría (08 de Septiembre).
Demostrar que el segmento que une los puntos medios de los lados paralelos en un trapecio, pasa por la intersección de las diagonales del trapecio.
yo traze el trapecio pero sin el segmento de los puntos medios de las paralelas, y llame a los 4 vértices ABC y D tal que AB paralela a DC luego prolongue AD y BC hasta intersectarse en H, y a los puntos medios de AB y DC los llame F y G respectivamente. entonces tenemos que HG es la mediana del triangulo DHC, y si trazamos cualquier paralela a DC(siempre y cuando empieze en un punto de HD y termine en HC) la linea HG partiría a esta paralela a la mitad , entonces HG pasa por F, luego trace una paralela a DC que pase por el punto de intersección de las diagonales del trapecio al cual llame E, y a esta paralela la llame L entoces sabemos que FG parte a L a la mitad, y ya solo me falta demostrar que E es el punto medio de L porque si esto fuera cierto entonces FG pasa por E que es lo queremos demostrar.
bueno tenemos el romboide ABCD y sus diagonales se cortan en o y nombro E al punto medio de AB, F al punto medio de BC, M al de DC y G al de AD.unimos los puntos medios de cada lado y resulta el romboide EFHG y sus diagonales se cortan en o´. y luego tenemos que HF=GE Y GH=FE debido a que es un paralelogramo y FO´=GO´Y EO´=HO´ debido a que las diagonales de un paralelogramo se cortan en los puntos medios y tambien angulo HO´F=EO´G debido a angulos opuestos por el vertize e igual con los angulos GO´H=FO´E entonces tenemos quetriangulo HFO´semejante EGO´ Y razones HF/EG = HO´/EO´=FO´/GO´=1 devido a que FO´ es la mitad de la diagonal GF y GO´es la otra mitad y luego tenemos quetriangulos GHO´semejante FEO´ debido a la igualdad de anguos explicada al inicio entonzes razones GH/FE=GO´/FO´=HO´/EO´=1 debido a que HO´es una mitad de la diagonal HE y EO´es la otra mitad
y luego tenemos que angulos DOH=BOE debido a que son angulos opuestos por vertise igual que los angulos HOC=AOE . y luego tenemos que CO=AO debido a que o es el punto medio de la diagonal AC y tambien DO=BO debido a que o es el punto medio de la diagonal DB. AE=BE porque E punto medio de AB y DH=CH porque h punto medio de DC entonces tenemos que triangulo DHO semejante BEO y las razones DH/BE=DO/BO=HO/EO=1 POR LO YA EXPLICADO ANTES Y tambien tenemos que los triangulos HCO semejante EAO u razones HC/EA=HO/EO=CO/AO=1 debido a lo ya explicado antes
y tenemos que HO´/EO´=1=HO/EO y esas razones son iguales porque todas las razones son iguales a 1 y luego se cancela H CON H Y tambien se cancela E CON E y quitamos el 1 y nos queda o´=o y ai queda demostrado que las diagonales concurren con las lineas que une a los puntos medios de los lados opuestossss jajaja tarde mucho pero creo q lo logre
por si no le entendieron a mi explicacion aqui les dejo unas fotos donde lo explique son 3 http://www.facebook.com/photo.php?fbid=218338411557562&set=a.218311488226921.55464.100001442144670&type=1&theater
Yo nombré al trapecio ABCD con AB paralela a CD, al punto medio de AB, E y al de CD, F. Suponiendo que no se intersectan en un sólo punto, llamé a la intersección de EF y AC O y a la de EF y BD, O'. Como AB y CD son paralelas tenemos varios ángulos iguales: AEO=CFO, EOA=FOC, OAE=OCF, BEO'=DFO', EO'B=FO'D, O'BE=O'DF; con esto tenemos que AEO es semejante a CFO, y BEO' es semejante a DFO'. De estos dos tenemos varias razones, de las que tomamos EO/FO=AE/CF y EO'/FO'=BE/FD. Como AE=BE y CF=FD, entonces EO/FO=FO'/EO' y O=O', por lo tanto EF corta en el mismo punto a AC y BD.
el segmento qe corta a los puntos medios de ambas rectas sera el eje de simetria. las diagonales siempre se intersectan en la mitad:) bpor lo tanto si pasa por el mismo punto ...... :/
Mi dibujo esta aqui: http://www.metroflog.com/Jesus_Garcia
Llame $ABCD$ al trapecio con $AB > DC$ que son paralelas, llame $D^'$ y $E$ a sus respectivos puntos medios, al alargar $AC$ y $BD$ se intersecta en $F$, como $AB$ || $DC$ los puntos $F, D^', E$ son colineales y son mediana del triangulo $FDC$ por tales sabemos que $ \frac{FA}{AD} = \frac{FB}{BC}$ por lo tanto $ \frac{FB}{BC} \cdot \frac{DA}{AF} = 1$ y como $\frac{CE}{ED} = 1$ entonces $\frac{FB}{BC} \cdot \frac{DA}{AF} \frac{CE}{ED} = 1$ por teorema de las cevianas sabemos que si lo anterior cumple entonces se intersectan en un mismo punto
Hasta ahorita lo que e hecho es tratar de demostrar algo, llame al trapecio ABCD, llame al centro de AB P y al de DC Q, y trace las rectas que me pedia, luego trace dos rectas de P a D, y de P a C, lo unico que tengo que demostrar, por ceva, es que DQ/QC*CS/SP*PR/RD=1, y como DQ/QC al ser iguales va a dar 1, entonces solo me falta demostrar que CS/SP*PR/RD=1, en un rato espero sacarlo, pero como me tengo que ir a la escuela, por lo menos aqui dejo mi avance jeje, mas tarde me reporto con el resultado
Si tenemos el trapecio ABCD con AB ││ DC y le trazamos las diagonales y al punto donde se cruzan le llamamos Q Por paralelas tenemos que ΔDQC~ΔBQA Si al triangulo BQA le trazamos la mediana del lado AB a ese punto lo llamamos S y al triangulo DQC le trazamos la mediana del lado DC a ese punto lo llamamos T. Tenemos que las dos medianas se cruzan en el punto Q Solo nos falta demostrar que el segmento ST es colineal, para eso debemos hacer lo siguente:
En el triangulo DQC sobre su lado DQ ponemos el punto B de tal manera que QB mida lo mismo que en triangulo BQA, hasemos lo mismo en el lado QC, es decir, ponemos el punto A del punto Q que mida lo mismo que el lado AQ del triangulo BQA, unimos estos dos puntos. En pocas palabras dibujamos sobre el triangulo DQC el triangulo BQC tomando como referencia el punto Q
Trazamos la mediana del lado DC hasta Q, ya sabiamos que el puto medio del lado DC era T ahora llamamos P al punto donde QT intersecta con BA, por pitagoras tenemos que
QA/AC=QP/PT=SA/TC si TC es el punto medio de DC PA tiene que ser el punto medio, entonses el punto P es el mismo que el punto S
Antonio Lopez... Tus ideas estan bien y todas estan correctas, sigue trabajando con lo que llevas.
Martin Contreras Carreras...Te confundiste en tomar el trapecio como un paralelogramo que tu le llamaste romboide, un trapecio es un cuadrilatero con solo un par de lados paralelos.
Luis Chacon... :) Solo te falto una cosita de aclarar que es conocido que si dos puntos estan en un segmento y las razones que determinan estos dos puntos en el segmento son iguales y en la misma direccion, entonces los dos puntos son uno mismo,,, entonces dirias en el examen algo como: es conocido que si las razones son iguales, entonces son el mismo punto... O tambien podrias demostrarlo como lo hizo Alberto al sumarle 1 a las razones.
Caro... En un trapecio el segmento de los puntos medios no necesariamente hace un eje de simetria, y tambien cuando las diagonales se cortan a la mitad es cuando es un paralelogramo. Trata de intentar otras cosas, como con razones, haciendo puntos de interseccion falsos, etc... Tambien si no te llegan ideas, puedes pedir sugerencias o ver el trabajo de tus companeros.
Chuyito...:) Trata de no usar el punto D 2 veces, y muy bien al usar el teorema de Ceva porque ya estas empleando teoremas mas fuertes y correctamente, y en el dibujo dijiste teorema de pitagoras en vez de tales (pequeno detalle), pero en resumen esta bien la solucion...
Padilla...Muy buena idea la que tienes, sigue trabando con ella, aunque trata de decir quien es S y R o como se construyen (aunque sean faciles de saber cuales son).
Alan Salcido... en tus razones QA/AC=QP/PT=SA/TC, la ultima igualdad se puede solo si ASQ y CTQ fueran semejantes, pero si supones eso, ya estas diciendo que son colineales S,Q y T, que es lo que quieres demostrar. Ademas las razones serian QA/QC=QP/QT=SA/TC...sin embargo, la idea de crear el punto P al prolongar QT es buena y puede dar buenos resultados...
Con los puntos que ya nombre en la figura de mi comentario anterior, al punto donde se intersectan FG y la recta L lo llame E" suponiendo que E" diferente a E, si E"=E entonces acabariamos con el problema, y nos fijamos que se forman triangulos semejantes AFE" semejante con GCE" y AFE semejante con GCE y sacamos las razones: FE"/GE"=BF/DG y FE/GE=AF/CG, pero ya sabemos que BF=AF ya que F es el punto medio de AB y que DG=CG porque G es el punto medio de DC, entonces FE"/GE"=FE/GE y E"=E
Llamamos a nuestro trapecio $ABCD$, siendo $AB$ la base menor y $CD$ la base mayor. Extendemos $BC$ y $AD$ para formar el triangulo $ECD$. Trazamos la mediana de $\bigtriangleup ECD$. Que interceptará en el punto medio de $CD$, llamaremos a este punto $N$. También cortara al segmente $AB$, llamaremos a este punto $M$. Por Teorema de Tales obtenemos tres semejanzas: 1) $\bigtriangleup ECD \sim \bigtriangleup EAB$. 2) $\bigtriangleup EDN \sim \bigtriangleup EAM$. 3) $\bigtriangleup ENC \sim \bigtriangleup EMB$. Sabemos que: Por ser mediana, $DN = CN$. En la segunda semejanza, $\frac{EN}{EM} = \frac{DN}{AM}$. En la tercera semejanza, $\frac{EN}{EM} = \frac{CN}{BM}$ $\Rightarrow$ $\frac{DN}{AM} = \frac{CN}{BM}$ $\Rightarrow$ $(DN)BM = (CN)AM$ $\Rightarrow$ Sabiendo que $DN = CN$ son iguales. $BM = AM$. Ahora sabemos que la mediana de $\bigtriangleup ECD$, une a los puntos medios de los lados paralelos del trapecio $ABCD$. Trazamos las diagonales del trapecio, $AC$ y $BD$. Al punto donde concurren llamaremos $P$, necesitamos demostrar que la mediana $EN$ también pasa por este punto $P$. Por Teorema de Ceva, si están tres líneas; $EN, AC y BD$ se interceptan, se debe cumplir que: $\frac{DN}{NC} * \frac{CB}{BE} * \frac{EA}{AD} = 1$ Gracias a la comprobación del Teorema de Ceva por áreas sabemos que: $\frac{DN}{NC} = \frac{(DEN)}{(NEC)} = \frac{(DPN)}{(NPC)}$ $\Rightarrow$ $\frac{DN}{NC} = \frac{(DEN)}{(NEC)} - \frac{(DPN)}{(NPC)} = \frac{(DPE)}{(EPC)} $ $\frac{CB}{BE} = \frac{(CDB)}{(BDE)} = \frac{(CPB)}{(BPE)}$ $\Rightarrow$ $\frac{CB}{BE} = \frac{(CDB)}{(BDE)} - \frac{(CPB)}{(BPE)} = \frac{(CPD)}{(DPE)} $ $\frac{EA}{AD} = \frac{(ECA)}{(ACD)} = \frac{(EPA)}{(APD)}$ $\Rightarrow$ $\frac{EA}{AD} = \frac{(ECA)}{(ACD)} - \frac{(EPA)}{(APD)} = \frac{(EPC)}{(CPD)} $ Sustituimos estos nuevos valores en: $\frac{DN}{NC} * \frac{CB}{BE} * \frac{EA}{AD} = 1$ $\Rightarrow$ $\frac{(DPE)}{(EPC)} * \frac{(CPD)}{(DPE)} * \frac{(EPC)}{(CPD)} = 1$ Vemos que el Teorema de Ceva se cumple, por lo tanto las Cevianas del $\bigtriangleup ECD$, $AC$ y $BD$, y la mediana $EN$ son concurrentes. Que al mismo tiempo estas tres cevianas son las diagonales del trapecio $ABCD$ y la unión de los puntos medio de sus lados paralelos $M$ y $N$. Con esto queda comprobado que el segmento que une a los puntos medios de los lados paralelos de un trapecio, pasa por la intersección de sus diagonales.
@Antonio: Casi lo tienes. Hay un detalle muy importante, no puedes asegurar que AFE" es semejante a GCE" asi nomas, no es claro por que por como construyes el punto E", A,E" y C no necesariamente son colineales (si fueran colineales es por que E=E" y eso no lo has demostrado aun), por lo tanto las paralelas te dan nada mas un solo angulo igual y no podrias usar AA, sin embargo a lo mejor podrias usar RAR ya que ya tienes una razon conocida y un angulo. En cambio AFE si es claro que es semejante a GCE.
@Alex: Si lo vas a acabar por Ceva, pero hiciste mal algun paso de tu intento de ceva por que como $DN=NC$ entonces $\frac{DN}{NC}=1=\frac{(DEN)}{(NEC)}=\frac{(DPN)}{(NPC)}$ entonces tu pusiste $\frac{DN}{NC}=1=\frac{(DEN)}{(NEC)}-\frac{(DPN)}{(NPC)}$ pero $\frac{(DEN)}{(NEC)}-\frac{(DPN)}{(NPC)}=0$ lo que se contradice.
Que bonito que se te ocurra algo cuando te vas a dormir :D
Tenemos el trapecio ABCD, AB paralela a CD. Alargamos AD y CB hasta que se inetrsecten en E, llamamos a F el punto medio de AB y G al punto medio de CD. Por tales sabemos que EA/ED=EB/EC, entonces EA/ED·EB/EC=1 asi como DG/GC=1, ya que G es punto medio de DC, entonces DG=GC. Ahora, usando Ceva, EB/BC·CG/GD·DA/AE=1 Por lo tanto, las tres lineas trazadas concurren. Esto ya que EB/EC·EA/ED=1 y DG/GC=1, y al multiplicarlos nos da 1, por lo cual hemos demostrado que si concurren.
Casi lo olvido...el segmento BE es creado por la interseccion de la diagonal de DB con la prolongación de CB, asi como el segmento AE es creado por la diagonal de CA y la prolongación de DA. Ahora si...a dormir.
Tengo visualizado mi error. Comenzare de nuevo a partir de este punto: Trazamos las diagonales del trapecio, $AC$ y $BD$. Al punto donde concurren llamaremos $P$, se necesitamos demostrar que la mediana $EN$ también pasa por este punto $P$. Por Teorema de Ceva, si estas tres líneas ($EN, AC, BD$) se interceptan, se debe cumplir que: $\frac{DN}{NC} * \frac{CB}{BE} * \frac{EA}{AD} = 1$ Al tener la igualdad $DN = CN$, $\frac{DN}{NC} = 1$ entonces: $1* \frac{CB}{BE} * \frac{EA}{AD} = 1$ Gracias a la comprobación del Teorema de Ceva por áreas se obtiene que: $\frac{CB}{BE} = \frac{(CDB)}{(BDE)} = \frac{(CPB)}{(BPE)}$ $\rightarrow$ $\frac{CB}{BE} = \frac{(CDB)}{(BDE)} - \frac{(CPB)}{(BPE)} = \frac{(CPD)}{(DPE)} $ $\frac{EA}{AD} = \frac{(ECA)}{(ACD)} = \frac{(EPA)}{(APD)}$ $\rightarrow$ $\frac{EA}{AD} = \frac{(ECA)}{(ACD)} - \frac{(EPA)}{(APD)} = \frac{(EPC)}{(CPD)}$ Sustituimos estos igualdades en: $1* \frac{CB}{BE} * \frac{EA}{AD} = 1$ $\rightarrow$ $1* \frac{(CPD)}{(DPE)} * \frac{(EPC)}{(CPD)} = 1$ Se observa que el Teorema de Ceva se cumple, por lo tanto las Cevianas del $\triangle ECD$, $AC$ y $BD$, y la mediana $EN$ son concurrentes. Que al mismo tiempo estas tres cevianas son las diagonales del trapecio $ABCD$ y la unión de los puntos medio de sus lados paralelos $M$ y $N$. Con esto queda comprobado que el segmento que une a los puntos medios de los lados paralelos de un trapecio, pasa por la intersección de sus diagonales.
yo traze el trapecio pero sin el segmento de los puntos medios de las paralelas, y llame a los 4 vértices ABC y D tal que AB paralela a DC luego prolongue AD y BC hasta intersectarse en H, y a los puntos medios de AB y DC los llame F y G respectivamente. entonces tenemos que HG es la mediana del triangulo DHC, y si trazamos cualquier paralela a DC(siempre y cuando empieze en un punto de HD y termine en HC) la linea HG partiría a esta paralela a la mitad , entonces HG pasa por F, luego trace una paralela a DC que pase por el punto de intersección de las diagonales del trapecio al cual llame E, y a esta paralela la llame L entoces sabemos que FG parte a L a la mitad, y ya solo me falta demostrar que E es el punto medio de L porque si esto fuera cierto entonces FG pasa por E que es lo queremos demostrar.
ResponderBorrarbueno tenemos el romboide ABCD y sus diagonales se cortan en o y nombro E al punto medio de AB, F al punto medio de BC, M al de DC y G al de AD.unimos los puntos medios de cada lado y resulta el romboide EFHG y sus diagonales se cortan en o´.
ResponderBorrary luego tenemos que HF=GE Y GH=FE debido a que es un paralelogramo y FO´=GO´Y EO´=HO´ debido a que las diagonales de un paralelogramo se cortan en los puntos medios y tambien angulo HO´F=EO´G debido a angulos opuestos por el vertize e igual con los angulos GO´H=FO´E
entonces tenemos quetriangulo HFO´semejante EGO´ Y razones HF/EG = HO´/EO´=FO´/GO´=1 devido a que FO´ es la mitad de la diagonal GF y GO´es la otra mitad
y luego tenemos quetriangulos GHO´semejante FEO´ debido a la igualdad de anguos explicada al inicio entonzes razones
GH/FE=GO´/FO´=HO´/EO´=1 debido a que HO´es una mitad de la diagonal HE y EO´es la otra mitad
y luego tenemos que angulos DOH=BOE debido a que son angulos opuestos por vertise igual que los angulos HOC=AOE . y luego tenemos que CO=AO debido a que o es el punto medio de la diagonal AC y tambien DO=BO debido a que o es el punto medio de la diagonal DB. AE=BE porque E punto medio de AB y DH=CH porque h punto medio de DC
entonces tenemos que triangulo DHO semejante BEO y las razones DH/BE=DO/BO=HO/EO=1 POR LO YA EXPLICADO ANTES Y tambien tenemos que los triangulos HCO semejante EAO u razones
HC/EA=HO/EO=CO/AO=1 debido a lo ya explicado antes
y tenemos que HO´/EO´=1=HO/EO y esas razones son iguales porque todas las razones son iguales a 1 y luego se cancela H CON H Y tambien se cancela E CON E y quitamos el 1 y nos queda
o´=o y ai queda demostrado que las diagonales concurren con las lineas que une a los puntos medios de los lados opuestossss
jajaja tarde mucho pero creo q lo logre
por si no le entendieron a mi explicacion aqui les dejo unas fotos donde lo explique son 3
ResponderBorrarhttp://www.facebook.com/photo.php?fbid=218338411557562&set=a.218311488226921.55464.100001442144670&type=1&theater
Yo nombré al trapecio ABCD con AB paralela a CD, al punto medio de AB, E y al de CD, F. Suponiendo que no se intersectan en un sólo punto, llamé a la intersección de EF y AC O y a la de EF y BD, O'. Como AB y CD son paralelas tenemos varios ángulos iguales: AEO=CFO, EOA=FOC, OAE=OCF, BEO'=DFO', EO'B=FO'D, O'BE=O'DF; con esto tenemos que AEO es semejante a CFO, y BEO' es semejante a DFO'. De estos dos tenemos varias razones, de las que tomamos EO/FO=AE/CF y EO'/FO'=BE/FD. Como AE=BE y CF=FD, entonces EO/FO=FO'/EO' y O=O', por lo tanto EF corta en el mismo punto a AC y BD.
ResponderBorrarel segmento qe corta a los puntos medios de ambas rectas sera el eje de simetria. las diagonales siempre se intersectan en la mitad:) bpor lo tanto si pasa por el mismo punto ...... :/
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ResponderBorrarMi dibujo esta aqui: http://www.metroflog.com/Jesus_Garcia
ResponderBorrarLlame $ABCD$ al trapecio con $AB > DC$ que son paralelas, llame $D^'$ y $E$ a sus respectivos puntos medios, al alargar $AC$ y $BD$ se intersecta en $F$, como $AB$ || $DC$ los puntos $F, D^', E$ son colineales y son mediana del triangulo $FDC$
por tales sabemos que $ \frac{FA}{AD} = \frac{FB}{BC}$ por lo tanto $ \frac{FB}{BC} \cdot \frac{DA}{AF} = 1$ y como $\frac{CE}{ED} = 1$ entonces $\frac{FB}{BC} \cdot \frac{DA}{AF} \frac{CE}{ED} = 1$
por teorema de las cevianas sabemos que si lo anterior cumple entonces se intersectan en un mismo punto
Hasta ahorita lo que e hecho es tratar de demostrar algo, llame al trapecio ABCD, llame al centro de AB P y al de DC Q, y trace las rectas que me pedia, luego trace dos rectas de P a D, y de P a C, lo unico que tengo que demostrar, por ceva, es que DQ/QC*CS/SP*PR/RD=1, y como DQ/QC al ser iguales va a dar 1, entonces solo me falta demostrar que CS/SP*PR/RD=1, en un rato espero sacarlo, pero como me tengo que ir a la escuela, por lo menos aqui dejo mi avance jeje, mas tarde me reporto con el resultado
ResponderBorrarSi tenemos el trapecio ABCD con AB ││ DC
ResponderBorrary le trazamos las diagonales y al punto donde se cruzan le llamamos Q
Por paralelas tenemos que ΔDQC~ΔBQA
Si al triangulo BQA le trazamos la mediana del lado AB a ese punto lo llamamos S y al triangulo DQC le trazamos la mediana del lado DC a ese punto lo llamamos T.
Tenemos que las dos medianas se cruzan en el punto Q
Solo nos falta demostrar que el segmento ST es colineal, para eso debemos hacer lo siguente:
En el triangulo DQC sobre su lado DQ ponemos el punto B de tal manera que QB mida lo mismo que en triangulo BQA, hasemos lo mismo en el lado QC, es decir, ponemos el punto A del punto Q que mida lo mismo que el lado AQ del triangulo BQA, unimos estos dos puntos.
En pocas palabras dibujamos sobre el triangulo DQC el triangulo BQC tomando como referencia el punto Q
Trazamos la mediana del lado DC hasta Q, ya sabiamos que el puto medio del lado DC era T ahora llamamos P al punto donde QT intersecta con BA, por pitagoras tenemos que
QA/AC=QP/PT=SA/TC si TC es el punto medio de DC PA tiene que ser el punto medio, entonses el punto P es el mismo que el punto S
Sea $ABCD$ el trapecio y $M$,$N$ los puntos medios. Sea $X$ y $Y$ la interseccion de $AC$ y $BD$ con $MN$ respectivamente.
ResponderBorrarPor las paralelas $\triangle AMX \sim \triangle CNX$
Y tenemos las razones:
$\frac{AM}{CN}=\frac{MX}{NX}$
Y $\triangle BMY \sim \triangle DNY$
Y tenemos las razones:
$\frac{BM}{DN}=\frac{MY}{NY}$
Como $AM=MB$ y $CN=DN$.
$\frac{MX}{NX}=\frac{MY}{NY}$
$\frac{MX}{NX}+1=\frac{MY}{NY}+1$
$\frac{MX+NX}{NX}=\frac{MY+NY}{NY}$
$\frac{MN}{NX}=\frac{MN}{NY}$
$NX=NY$
$NX-NY=0$
Entonces $X=Y$ y las tres lineas concurren.
Antonio Lopez... Tus ideas estan bien y todas estan correctas, sigue trabajando con lo que llevas.
ResponderBorrarMartin Contreras Carreras...Te confundiste en tomar el trapecio como un paralelogramo que tu le llamaste romboide, un trapecio es un cuadrilatero con solo un par de lados paralelos.
Luis Chacon... :)
Solo te falto una cosita de aclarar que es conocido que si dos puntos estan en un segmento y las razones que determinan estos dos puntos en el segmento son iguales y en la misma direccion, entonces los dos puntos son uno mismo,,, entonces dirias en el examen algo como: es conocido que si las razones son iguales, entonces son el mismo punto... O tambien podrias demostrarlo como lo hizo Alberto al sumarle 1 a las razones.
Caro... En un trapecio el segmento de los puntos medios no necesariamente hace un eje de simetria, y tambien cuando las diagonales se cortan a la mitad es cuando es un paralelogramo. Trata de intentar otras cosas, como con razones, haciendo puntos de interseccion falsos, etc... Tambien si no te llegan ideas, puedes pedir sugerencias o ver el trabajo de tus companeros.
Chuyito...:)
Trata de no usar el punto D 2 veces, y muy bien al usar el teorema de Ceva porque ya estas empleando teoremas mas fuertes y correctamente, y en el dibujo dijiste teorema de pitagoras en vez de tales (pequeno detalle), pero en resumen esta bien la solucion...
Padilla...Muy buena idea la que tienes, sigue trabando con ella, aunque trata de decir quien es S y R o como se construyen (aunque sean faciles de saber cuales son).
Alan Salcido... en tus razones QA/AC=QP/PT=SA/TC, la ultima igualdad se puede solo si ASQ y CTQ fueran semejantes, pero si supones eso, ya estas diciendo que son colineales S,Q y T, que es lo que quieres demostrar. Ademas las razones serian QA/QC=QP/QT=SA/TC...sin embargo, la idea de crear el punto P al prolongar QT es buena y puede dar buenos resultados...
Alberto... :)
Con los puntos que ya nombre en la figura de mi comentario anterior, al punto donde se intersectan FG y la recta L lo llame E" suponiendo que E" diferente a E, si E"=E entonces acabariamos con el problema, y nos fijamos que se forman triangulos semejantes AFE" semejante con GCE" y AFE semejante con GCE y sacamos las razones:
ResponderBorrarFE"/GE"=BF/DG y FE/GE=AF/CG, pero ya sabemos que BF=AF ya que F es el punto medio de AB y que DG=CG porque G es el punto medio de DC, entonces FE"/GE"=FE/GE y E"=E
Llamamos a nuestro trapecio $ABCD$, siendo $AB$ la base menor y $CD$ la base mayor. Extendemos $BC$ y $AD$ para formar el triangulo $ECD$.
ResponderBorrarTrazamos la mediana de $\bigtriangleup ECD$. Que interceptará en el punto medio de $CD$, llamaremos a este punto $N$. También cortara al segmente $AB$, llamaremos a este punto $M$.
Por Teorema de Tales obtenemos tres semejanzas:
1) $\bigtriangleup ECD \sim \bigtriangleup EAB$.
2) $\bigtriangleup EDN \sim \bigtriangleup EAM$.
3) $\bigtriangleup ENC \sim \bigtriangleup EMB$.
Sabemos que:
Por ser mediana, $DN = CN$.
En la segunda semejanza, $\frac{EN}{EM} = \frac{DN}{AM}$.
En la tercera semejanza, $\frac{EN}{EM} = \frac{CN}{BM}$
$\Rightarrow$ $\frac{DN}{AM} = \frac{CN}{BM}$
$\Rightarrow$ $(DN)BM = (CN)AM$
$\Rightarrow$ Sabiendo que $DN = CN$ son iguales. $BM = AM$.
Ahora sabemos que la mediana de $\bigtriangleup ECD$, une a los puntos medios de los lados paralelos del trapecio $ABCD$.
Trazamos las diagonales del trapecio, $AC$ y $BD$. Al punto donde concurren llamaremos $P$, necesitamos demostrar que la mediana $EN$ también pasa por este punto $P$.
Por Teorema de Ceva, si están tres líneas; $EN, AC y BD$ se interceptan, se debe cumplir que:
$\frac{DN}{NC} * \frac{CB}{BE} * \frac{EA}{AD} = 1$
Gracias a la comprobación del Teorema de Ceva por áreas sabemos que:
$\frac{DN}{NC} = \frac{(DEN)}{(NEC)} = \frac{(DPN)}{(NPC)}$
$\Rightarrow$ $\frac{DN}{NC} = \frac{(DEN)}{(NEC)} - \frac{(DPN)}{(NPC)} = \frac{(DPE)}{(EPC)} $
$\frac{CB}{BE} = \frac{(CDB)}{(BDE)} = \frac{(CPB)}{(BPE)}$
$\Rightarrow$ $\frac{CB}{BE} = \frac{(CDB)}{(BDE)} - \frac{(CPB)}{(BPE)} = \frac{(CPD)}{(DPE)} $
$\frac{EA}{AD} = \frac{(ECA)}{(ACD)} = \frac{(EPA)}{(APD)}$
$\Rightarrow$ $\frac{EA}{AD} = \frac{(ECA)}{(ACD)} - \frac{(EPA)}{(APD)} = \frac{(EPC)}{(CPD)} $
Sustituimos estos nuevos valores en:
$\frac{DN}{NC} * \frac{CB}{BE} * \frac{EA}{AD} = 1$
$\Rightarrow$ $\frac{(DPE)}{(EPC)} * \frac{(CPD)}{(DPE)} * \frac{(EPC)}{(CPD)} = 1$
Vemos que el Teorema de Ceva se cumple, por lo tanto las Cevianas del $\bigtriangleup ECD$, $AC$ y $BD$, y la mediana $EN$ son concurrentes. Que al mismo tiempo estas tres cevianas son las diagonales del trapecio $ABCD$ y la unión de los puntos medio de sus lados paralelos $M$ y $N$.
Con esto queda comprobado que el segmento que une a los puntos medios de los lados paralelos de un trapecio, pasa por la intersección de sus diagonales.
@Antonio: Casi lo tienes. Hay un detalle muy importante, no puedes asegurar que AFE" es semejante a GCE" asi nomas, no es claro por que por como construyes el punto E", A,E" y C no necesariamente son colineales (si fueran colineales es por que E=E" y eso no lo has demostrado aun), por lo tanto las paralelas te dan nada mas un solo angulo igual y no podrias usar AA, sin embargo a lo mejor podrias usar RAR ya que ya tienes una razon conocida y un angulo. En cambio AFE si es claro que es semejante a GCE.
ResponderBorrar@Alex: Si lo vas a acabar por Ceva, pero hiciste mal algun paso de tu intento de ceva por que como $DN=NC$ entonces $\frac{DN}{NC}=1=\frac{(DEN)}{(NEC)}=\frac{(DPN)}{(NPC)}$ entonces tu pusiste $\frac{DN}{NC}=1=\frac{(DEN)}{(NEC)}-\frac{(DPN)}{(NPC)}$ pero $\frac{(DEN)}{(NEC)}-\frac{(DPN)}{(NPC)}=0$ lo que se contradice.
Que bonito que se te ocurra algo cuando te vas a dormir :D
ResponderBorrarTenemos el trapecio ABCD, AB paralela a CD. Alargamos AD y CB hasta que se inetrsecten en E, llamamos a F el punto medio de AB y G al punto medio de CD. Por tales sabemos que EA/ED=EB/EC, entonces EA/ED·EB/EC=1 asi como DG/GC=1, ya que G es punto medio de DC, entonces DG=GC.
Ahora, usando Ceva, EB/BC·CG/GD·DA/AE=1 Por lo tanto, las tres lineas trazadas concurren. Esto ya que EB/EC·EA/ED=1 y DG/GC=1, y al multiplicarlos nos da 1, por lo cual hemos demostrado que si concurren.
Casi lo olvido...el segmento BE es creado por la interseccion de la diagonal de DB con la prolongación de CB, asi como el segmento AE es creado por la diagonal de CA y la prolongación de DA.
Ahora si...a dormir.
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ResponderBorrarTengo visualizado mi error. Comenzare de nuevo a partir de este punto:
ResponderBorrarTrazamos las diagonales del trapecio, $AC$ y $BD$. Al punto donde concurren llamaremos $P$, se necesitamos demostrar que la mediana $EN$ también pasa por este punto $P$.
Por Teorema de Ceva, si estas tres líneas ($EN, AC, BD$) se interceptan, se debe cumplir que:
$\frac{DN}{NC} * \frac{CB}{BE} * \frac{EA}{AD} = 1$
Al tener la igualdad $DN = CN$, $\frac{DN}{NC} = 1$ entonces:
$1* \frac{CB}{BE} * \frac{EA}{AD} = 1$
Gracias a la comprobación del Teorema de Ceva por áreas se obtiene que:
$\frac{CB}{BE} = \frac{(CDB)}{(BDE)} = \frac{(CPB)}{(BPE)}$
$\rightarrow$ $\frac{CB}{BE} = \frac{(CDB)}{(BDE)} - \frac{(CPB)}{(BPE)} = \frac{(CPD)}{(DPE)} $
$\frac{EA}{AD} = \frac{(ECA)}{(ACD)} = \frac{(EPA)}{(APD)}$
$\rightarrow$ $\frac{EA}{AD} = \frac{(ECA)}{(ACD)} - \frac{(EPA)}{(APD)} = \frac{(EPC)}{(CPD)}$
Sustituimos estos igualdades en:
$1* \frac{CB}{BE} * \frac{EA}{AD} = 1$
$\rightarrow$ $1* \frac{(CPD)}{(DPE)} * \frac{(EPC)}{(CPD)} = 1$
Se observa que el Teorema de Ceva se cumple, por lo tanto las Cevianas del $\triangle ECD$, $AC$ y $BD$, y la mediana $EN$ son concurrentes. Que al mismo tiempo estas tres cevianas son las diagonales del trapecio $ABCD$ y la unión de los puntos medio de sus lados paralelos $M$ y $N$.
Con esto queda comprobado que el segmento que une a los puntos medios de los lados paralelos de un trapecio, pasa por la intersección de sus diagonales.