Olimpiada de Matemáticas en Chihuahua: Problema del Día. Geometría (13 de septiembre)

jueves, 13 de septiembre de 2012

Problema del Día. Geometría (13 de septiembre)

En el triángulo isósceles

$ABC$ , con

$AB=AC$ ,

$D$ es un punto sobre la prolongación de

$CA$ tal que

$DB$ es perpendicular a

$BC$ ,

$E$ es un punto sobre la prolongación de

$BC$ tal que

$CE=2BC$ , y

$F$ es un punto sobre

$ED$ tal que

$FC$ es paralela a

$AB$ . Probar que

$FA$ es paralela a

$BC$ . ¡NOTA!

$E$ esta en el rayo

$BC$ , es decir que

$C$ queda entre

$E$ y

$B$ .

31 comentarios:

Unknown13 de septiembre de 2012, 4:23 p.m.
Bueno nos dice que $BA$ es paralela a $CF$ bueno estos segmentos van aser iguales por por que si $F$ se mueve no será paralela bueno tenemos que son iguales entonces quiero llamar al punto medio de $CF$ como $M$ y obtengo el triángulo $CFM$ bueno sabemos que $CM=BC$ por que $CE=2BC$ bueno también sabemos que la altura del ángulo $CFM$ caerá en punto medio luego nos figamos en pitagoras que $A^2+B^2=C^2$ y como el lado $BA=CF$ y la mitad de sus bases son iguales pitagoras nos dice que los dos triángulos tienen mimas alturas por tanto son paralelas las rectas $BC$ y $AF$ son paralelas Q.E.D
ResponderBorrar
Respuestas
Unknown13 de septiembre de 2012, 4:24 p.m.
Bueno nos dice que $BA$ es paralela a $CF$ bueno estos segmentos van aser iguales por por que si $F$ se mueve no será paralela bueno tenemos que son iguales entonces quiero llamar al punto medio de $CF$ como $M$ y obtengo el triángulo $CFM$ bueno sabemos que $CM=BC$ por que $CE=2BC$ bueno también sabemos que la altura del ángulo $CFM$ caerá en punto medio luego nos figamos en pitagoras que $A^2+B^2=C^2$ y como el lado $BA=CF$ y la mitad de sus bases son iguales pitagoras nos dice que los dos triángulos tienen mimas alturas por tanto son paralelas las rectas $BC$ y $AF$ son paralelas Q.E.D
ResponderBorrar
Respuestas
martin contreras carrera13 de septiembre de 2012, 4:40 p.m.
primero extendi la linea $ab$ hasta que cortara a $ed$ en $k$ . llame a los angulos $\angleacb= \angleabc=\alpha$ y como $db$ es perpendicular a $eb$ entonces $\angle dba=90-\alpha$ y para completar los 180° entonces $\angle cdb=90-\alpha$ entonces $ca=ad=ab$
y sabemos que como $kb\|fc$ entonces triangulos $kda\simeqfdc$ y como savemos que $\frac{ad}{cd}=\frac{1}{2}=\frac{ka}{fc}$ . por thales $\frac{eb}{ec}=\frac{ek}{ef}$ entonces $ef=2fk$ luego por paralelas $\angle efc=\angle ekb\rightarrow por RAR \triangle efc\simeq\triangle fka\rightarrow\angle cfa=\alpha$ y savemos que por $\| \angle fca=\angle cab=180-2(\alpha)\rightarrow \angle fcb+\angle cfa=180$ entonces acavamos

ResponderBorrar
Respuestas
Unknown13 de septiembre de 2012, 7:44 p.m.
Cuando hacemos la figura, vemos que para que se cumpla que: $FC\parallel AB$ , el punto $C$ debe quedar entre los puntos $B$ y $E$ luego de prolongar $BC$ .
Para que se cumpla que: $DB\perp BC$ , el punto $A$ debe quedar entre $D$ y el punto $C$ al prolongar $AC$ .
Sea $\angle{ABC}=\angle{ACB}=\alpha$ , si $DB\perp BE\Rightarrow\angle{DBE}=90^{o}=\angle{DBA}+\angle{ABC}=\angle{DBA}+\alpha\Rightarrow\angle{DBA}=90-\alpha$ .
$\angle{BAD}=\angle{ABC}+\angle{BCA}=2\alpha$ .
En $\triangle{DBA}: \angle{DBA}+\angle{BAD}+\angle{ADB}=180^{o}=90-\alpha+2\alpha+\angle{ADB}=90+\alpha+\angle{ADB}\Rightarrow\angle{ADB}=90-\alpha=\angle{DBA}\Rightarrow\triangle{DAB}$ es isósceles $\Rightarrow AD=AB=AC\Rightarrow A$ es punto medio de $DC$ .
Prolongamos $AB$ hasta $P$ tal que $P$ esta sobre $ED$ .
Si $AB\parallel FC\Rightarrow BP\parallel FC\Rightarrow \triangle{PBE}\simeq\triangle{FCE}\Rightarrow$
$\frac{BE}{CE}=\frac{PE}{FE}$ , si $BE=3BC, CE=2BC\Rightarrow\frac{BE}{CE}=\frac{PE}{FE}=\frac{3}{2}\Rightarrow 3FE=2PE\Rightarrow 3FE=2FE+2FP\Rightarrow FE=2FP$ , si $PB\parallel FC\Rightarrow \angle{EFC}=\angle{EPB}\Rightarrow\triangle{EFC}\simeq\triangle{FPA}\Rightarrow\angle{PAF}=\alpha$ , si $PB\parallel FC\Rightarrow \angle{AFC}=\alpha\Rightarrow$ tenemos que $AFCB$ cumple las propiedades de un paralelogramo $\Rightarrow FA\parallel BC$ Q.E.D.
ResponderBorrar
Respuestas
Unknown18 de septiembre de 2012, 11:30 p.m.
http://s739.photobucket.com/albums/xx34/leo0_9506/Ommch/?action=view&current=CAM00053[1]_zpsfea0e5c5.jpg
ResponderBorrar
Respuestas
Unknown19 de septiembre de 2012, 8:33 a.m.
http://www.facebook.com/photo.php?fbid=4630862613814&set=a.4586100454788.189149.1360331970&type=3&theater
ResponderBorrar
Respuestas
Luis Chacón19 de septiembre de 2012, 4:01 p.m.
Hacemos $G$ la intersección de $BA$ con $DE$ y $\angle ACB=\angle ABC=\alpha$ , entonces $\angle CAB=180-2\alpha$ .
$\angle ABD=90-\alpha$ porque $BD \perp CB$ , y $\angle DAB=180-\angle CAB=180-(180-2\alpha)=2\alpha$ . Como los ángulos internos de un triángulo suman 180°, en $\triangle ADB$ , $180=\angle ADB+\angle DBA+\angle BAD=\angle ADB+90-\alpha +2\alpha =90+\alpha$ $\Rightarrow \angle ADB=90-\alpha$ $\Rightarrow \triangle DAB$ es isósceles y $DA=AB=AC$ .
Como $AG\parallel FC$ , por el teorema de Tales $\frac{DG}{GF} =\frac{DA}{AC} =1$ $\Rightarrow DG=GF$ .
Como $BG\parallel FC$ , por el teorema de Tales $\frac{EF}{FG} =\frac{EC}{CB} =2$ $\Rightarrow EF=2GF$ .
$ED=EF+FG+GD=2GF+GF+GF=4GF$ entonces $F$ es punto medio de $ED$ (porque lo divide en dos segmentos iguales de $2GF$ ).
$\frac{DF}{FE}=1=\frac{DA}{AC}$ , entonces por el teorema de Tales $FA\parallel EC$ .
Por lo tanto $FA\parallel BC$ .
ResponderBorrar
Respuestas
antonio lopez19 de septiembre de 2012, 7:09 p.m.
veo que como $FC\parallel BA$ entonces $\frac{EC}{CB}=\frac{EF}{FP}=2$ entonces $2FP=FE$ . Luego como $\triangle DBC$ es rectangulo entonces $DC$ es el diametro de el circuncirculo, entonces el circuncentro esta sobre $DC$ , y como $BA=AC$ enotnces A es el circuncentro y por lo tanto $DA=DC$ .
Luego si extiendo $AB$ hasta cortar a $DE$ en $P$ me fijo que $AP\parallel FC$ entonces $\frac{DA}{AC}=\frac{DP}{PF}=1$ entonces $DP=PF$ entonces $DF=2FP=FE$ . entonces $\frac{DA}{AC}=\frac{DF}{FC}=1$ entonces por el teorema de thales $FA\parallel EC$ entonces $FA\parallel BC$ como queriamos demostrar.
ResponderBorrar
Respuestas
Diego Astiazarán19 de septiembre de 2012, 9:14 p.m.
Vemos que $AB=AC$ :
$\Righarrrow \angle ABC = \angle ACB = \alpha$ , $\angle BAC = 180^o-2\alpha$ y suplemento es el $\angle BAD = 2\alpha$ .
Sabemos que $\angle DBE = 90^o$ :
$\Rightarrow \angle DBA = 90^o-\alpha$ . Y para completar los $180^o$ de $\triangle DAB$ ; $\angle BDA = 90-\alpha$ , entonces $\triangle DAB$ es isosceles: $DA=AB=AC$ .
Extendemos $BA$ hasta $DE$ en un punto $G$
Sabemos que $CF\|BG$ y podemos ver dos pares de triangulos semejantes:
$* \triangle GBE \sim \triangle FCE$ - Por AAA; $\angle GBE = \angle FCE = \alpha$ (correspondientes entre paralelas), $\angle BGE = \angle CFE = \beta$ (correspondientes entre paralelas) y $\angle BEG = \angle CEF$ :
$\frac{GB}{FC} =\frac{BE}{CE} = \frac{EG}{EF}$
Sabemos que $2BC=CE \Rightarrow BE=3BC$
$\frac{BE}{CE} = \frac{3BC}{2BC} = \frac{3}{2}$ :
$FE=2GF$
$* \triangle CFD \sim \triangle AGD$ - Por AA; $\angle CFD = \angle AGD$ (correspondientes entre paralelas) y $\angle CDF = \angle ADG$ :
$\frac{CF}{AG} =\frac{FD}{GD} = \frac{DC}{DA}$
Hacemos un poco de algebra con la tercer fracción:
$\frac{DC}{DA} =\frac{DA+AC}{DA} =\frac{DA+DA}{DA} =\frac{2DA}{DA} =2$
Con esto podemos ver que los lados de ambos triangulos estan en relacion $2:1$ :
Podemos ver que:
$CF=2AG$
Ahora tenemos que $\triangle FCE \sim \triangle GAF$ por RAR - $CF=2AG$ , $\angle CFE = \angle AGF = \beta$ y $CF=2AG$ .
$\Rightarrow \angle GAF = \alpha$ Y para que $\angle BAG = 180^o$ , $\angle CAF = \alpha$ .
Tenemos que $\angle ACF = 180^o-2\alpha$ . $\Rightarrow$ Para completar los $180^o$ , $\angle AFC = \alpha$ .
$\therefore$ El cuadrilatero $ABCF$ cumple con las caracteristicas de un paralelogramo (angulos opuestos iguales), entonces $FA\|BC$ .
ResponderBorrar
Respuestas
Unknown19 de septiembre de 2012, 9:57 p.m.
http://www.facebook.com/photo.php?fbid=391327257604741&set=a.384382948299172.87730.100001824112299&type=3&theater
ResponderBorrar
Respuestas
Pepe Flores20 de septiembre de 2012, 12:02 a.m.
Primero hice la figura y extendi $AB$ hasta que cortara $DE$ . Al punto donde se intersectaban lo llame $K$ . A los angulos $ACB$ y $ABC$ los llame $\alpha$
Luego, me di cuenta de que $\frac{EC}{BC}=\frac{EF}{KF}=2$ . Entonces los triangulos $EBK$ Y $EFC$ son similares por Thales ya que $AB$ y $CF$ son paralelas. Como $DB$ es perpendicular a $BC$ forma un angulo de 90 grados asi que $DBA=90-\alpha$ . $DAB=2\alpha$ porque $DC$ es una linea y $ABC=180-2\alpha$
ResponderBorrar
Respuestas
Pepe Flores20 de septiembre de 2012, 12:24 a.m.
Como ya tenemos esos 2 angulos del triangulo $DAB$ , sabemos que el angulo $BDA=90-\alpha$ . Entonces ese triangulo es isosceles. Entonces si trazamos su altura desde $A$ y a su pie de altura lo llamamos $R$ , el angulo $RAB=\alpha$
ResponderBorrar
Respuestas
Rocha20 de septiembre de 2012, 10:27 p.m.
$AB$ y $DE$ los prolongamos, donde se intersectan lo llamamos $M$ , $\angle$ $ACB$ y $\angle$ $ABC$ $=$ $\alpha$
nos fijamos que $\frac{EF}{MF}=\frac{EC}{BC}=2$ $\rightarrow$ los $\triangle$ $EBM$ $\sim$ $\triangle$ $EFC$ $\rightarrow$ $AB\|CF$ si $DB$ perpendicular con $BC$ $\rightarrow$ $DBA=90-\alpha$ y $DAB=2\alpha$ y $ABC=180-2\alpha$ y $\angle$ $BDA$ $=$ $90 - \alpha$ y nos damos cuenta que es un triangulo equilátero.
ResponderBorrar
Respuestas
Unknown1 de octubre de 2012, 11:42 a.m.
http://www.facebook.com/photo.php?fbid=4687159941212&set=a.4586100454788.189149.1360331970&type=1&theater
ResponderBorrar
Respuestas

Olimpiada de Matemáticas en Chihuahua

jueves, 13 de septiembre de 2012

Problema del Día. Geometría (13 de septiembre)

31 comentarios:

SC

Google Analytics