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 $B$.
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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
ResponderBorrarPorque dices que $BA=CF$? Esto lo tienes que demostrar para poder usarlo.
BorrarSon iguales porque si tenemos la recta $DE$ y se marca el punto $F$ tal que sea $CF$ paralela a $AB$ bueno para que estas rectas sean paralela $F$ tiene que estar a la misma altura si no esta a la misma altura no seria paralela bueno ya que se tiene se puede demostrar con que $CM$ = $BC$ y como el triángulo $ABC$ y $FMC$ tienen mismas alturas y su punto medio son iguales por pitagoras son iguales entonces $BA$ = $CF$
BorrarPero solo estas diciendo que tienen que serlo para que sea paralela, pero no me dices por qué tienen que. Obviamente lo son pero eso es lo que necesitas demostrar para terminar el problema.
BorrarPara demostrarlo me fijo en la recta $BM$ se sabe que $C$ es punto medio, triángulo $ABC$ isósceles, $AB$ paralela a $CF$, ángulos $ABC$ igual a $ACB = alfa, ángulo $BAC$ = beta, por Ser paralelas tenemos por ángulos correspondientes, $ABC$ = $FCM$ = alfa, tenemos 2alfa + beta = 180 por el triángulo $ABC$, en la recta $BM$ en $C$ 180°- ($ACM$ + $FCM$) = beta, nos figamos en ángulo $BAC$ y $ACF$ son iguales, entonces ángulo $BAC$ y $ACF$ son ángulos internos y con línea $AB$ paralela a $FC$ entonces $AFCB$ es un paralelogramo, $FA$ paralela a $BC$ e iguales como en el caso $AB$ paralela e igual a $FC$
BorrarBueno 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
ResponderBorrarprimero 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 $ca=ad=ab$
ResponderBorrary 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
donde me aparece $==\alpha$ en realidad es angulos $ACB=ABC=\alpha$
BorrarTe pedi que corrigieras el $\LaTeX$, es muy dificil de entender como esta, pero
Borrar:)
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 $BC$.
ResponderBorrarPara 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.
Que usaste para decir que $\triangle EFC \sim \triangle FPA$? Solo tienes dos angulos iguales y una razon entre los lados, te falta otro dato. Revisa eso que te falta muy poco.
BorrarSi $PA\parallel FC\Rightarrow \triangle{DCF}\simeq\triangle{DAP}\Rightarrow\frac{DA}{DC}=\frac{PA}{CF}=\frac{DP}{DF}=\frac{1}{2}$ (pues $AC+AD=DC, AC=AD\Rightarrow 2DA=DC\Rightarrow\frac{DA}{DC}={1}{2}$).
BorrarYa teníamos que $FE=2FP\Rightarrow\frac{FP}{FE}=\frac{1}{2}$
Finalmente tenemos que: $\frac{FP}{FE}=\frac{PA}{FC}=\frac{1}{2}, \angle{EPB}=\angle{EFC}\Rightarrow$ por RAR: $\triangle{EFC}\simeq\triangle{FPA}$
donde puse $\frac{DA}{DC}=12$ es: $\frac{DA}{DC}=\frac{1}{2}$
Borrarhttp://s739.photobucket.com/albums/xx34/leo0_9506/Ommch/?action=view¤t=CAM00053[1]_zpsfea0e5c5.jpg
ResponderBorrarTienes el mismo problema que Arturo, no tienes suficientes datos como para decir que $\triangle EFC \sim \triangle FPA$, tienes una razon y par de angulos iguales, pero te falta otra cosa. Te falta poco ;)
Borrar(y eso no cuenta como carita feliz...)
Borrarhttp://www.facebook.com/photo.php?fbid=4630862613814&set=a.4586100454788.189149.1360331970&type=3&theater
ResponderBorrarTienes un pequeño error en tus cuentas con los angulos, donde tienes
Borrar$\angle ADH \rightarrow \alpha - \delta = 180 - \beta - \delta - \phi \leftarrow \angle CDE$
Despues de eso deberia ser
$\alpha = 180 - \beta - \phi$
Pero en vez de poner $\beta$ pusiste $\delta$, y todo lo que concluiste apartir de eso no es cierto. Intentalo viendo eso.
Sabia que habia algo raro, y esque lo hice todo con un reborujadero!, y al pasarlo en limpio no le ayaba orden:l, y me confundi bien sarro, y me estrese porque nada mas pasandolo en limpio me tomo como 40 min :l, pero hay lo checo, gracias Alberto:)
Borrarhttp://www.facebook.com/photo.php?fbid=4687159941212&set=a.4586100454788.189149.1360331970&type=1&theater
BorrarHacemos $G$ la intersección de $BA$ con $DE$ y $\angle ACB=\angle ABC=\alpha$, entonces $\angle CAB=180-2\alpha$.
ResponderBorrar$\angle ABD=90-\alpha$ 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 $FA\parallel BC$.
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 $DA=DC$.
ResponderBorrarLuego 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.
:)
Borraraunque usas el punto $P$ antes de definirlo pero tu solucion esta correcta
Vemos que $AB=AC$ :
ResponderBorrar$\Righarrrow \angle ABC = \angle ACB = \alpha$ , $\angle BAC = 180^o-2\alpha$ 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 $FA\|BC$ .
http://www.facebook.com/photo.php?fbid=391327257604741&set=a.384382948299172.87730.100001824112299&type=3&theater
ResponderBorrar¿Quieres una sugerencia o lo vas a seguir intentando?
BorrarPrimero 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 $\alpha$
ResponderBorrarLuego, 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 $ABC=180-2\alpha$
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 $RAB=\alpha$
ResponderBorrarVas bien, sigue buscando razones como lo hiciste para tener que $\frac{EF}{KF} =2$ para que puedas concluir con tales.
Borrar$AB$y $DE$ los prolongamos, donde se intersectan lo llamamos $M$, $\angle$ $ACB$ y $\angle$ $ABC$ $=$ $\alpha$
ResponderBorrarnos 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.
http://www.facebook.com/photo.php?fbid=4687159941212&set=a.4586100454788.189149.1360331970&type=1&theater
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