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lunes, 24 de septiembre de 2012
Problema del Día. Geometría (24 de Septiembre)
Dado un triangulo acutangulo ABC, se toman puntos D,E,F sobre los lados a,b,c respectivamente. Demostrar que los circuncirculos de AEF, CDE, BDF tienen un punto en comun.
Primero me fijo me fijo que el triangulo DEF comparte el lado ED con el triangulo DEC, el lado FE con el triangulo AEF y el lado FD con triangulo BFD entonces nos damos cuenta que el circuncirculo de EDC toca al circunscrito de EDF analogamente con los traingulos AFC y FBD y ya que es un mismo circunscrito entonces tocan un mismo punto.
Se necesita más para afirmar que como cada triangulo comparte un lado, entonces los circuncirculos comparten un punto.
Dices: "... nos damos cuenta que el circuncirculo EDC de toca al circunscrito de EDF..." Y pues si. Esto es cierto se tocan precisamente en E y D. Al decir analogamente, pues si cada par de circunferencias comparten los puntos E,D; D,F; F,E respectivamente... y luego?
Primero traze los circuncirculos de los triangulos BFD y FAE Y veo que se intersectan en dos puntos , uno es el puntoF y al otro punto lo llame G.Luego me fijo que BFGD es ciclico, entonces ∠FBD=180−∠FGD y tambien FAEG es ciclico entonces ∠FAE=180−∠FGE.Entonces ∠FBD+∠FAE=360−∠FGD−∠FGE y fijandome en el primer termino veo que ∠FBD+∠FAE=∠ABC+∠BAC=180−∠ACB.Y fijandome en el segundo termino me fijo que 360−∠FGD−∠FGE=∠DGE. Entonces 180−∠ABC=∠DGE entonces 180−∠ABC+∠ABC=∠DGE+∠ABC=180. Entonces el cuadrilatero DGEC es ciclico entonces G esta en el circuncirculo del triangulo DEC. Q.E.D.
Nombramos los ángulos del triangulo ABC, BAC=αCBA=βACB=θ y α+β+θ. Trazamos los circuncirculos del los triángulos CED y AEF que se intersectan en E y en un punto K tenemos dos cuadriláteros cíclicos EKDC y EKFA. En el caso de EKDC tenemos que ∠ECD=θ por lo tanto su opuesto ∠EKD=180−θ=α+β; con EKFA hacemos lo mismo ∠EAF=α y su opuesto ∠EKF=180−α=θ+β; entonces ∠FKD=\180−α−2β−θ=α+θ Ahora tomamos a los triangulos AEF y FBD trazamos sus circuncirculos y se intersectan en F y en un punto M y se forman dos ciclicos EMFA y DMFB; en el caso de EMFA∠EAF=α y su opuesto ∠EMF=180−α=θ+β y co el ciclico DMFBangleFBD=β y su opuesto es ∠FMD=\180−β=α+θ; entonces llegamos a que ∠FME=\180−α−β−2θ=α+β Aquí concluimos con que: ∠FKD=∠FMD=α+θ ∠EKD=∠EMD=α+β ∠EKF=∠EMF=β+θ En ambos casos se utilizo el triangulo AEF Con lo anterior vemos que K=M∴ los circulcirculos de AEFEDC y FBD concurren en un punto.
Como comentario aparte, al escribir en Latex, no tienes que poner \ antes de un numero, porque lo unico que pasara es que se comera el primer caracter; Sale 80, en lugar de 180.
Los circuncírculos de AEF y CDE se intersectan en E y P. Como B,D,C están en la misma línea, ∠BDP=180−∠PDC; como DCEP es cíclico, ∠PEC=180−∠PDC=∠BDP; como C,E,A están en la misma línea, ∠PEC=180−∠PEA; como PEAF es cíclico, ∠AFP=180−∠PEA=∠PEC=∠BDP; como A,F,B están en la misma línea, ∠BFP=\180−∠AFP=180−∠BDP. ∠BFP+∠BDP=(180−∠BDP)+∠BDP=180, entonces BFPD es cíclico y el circuncírculo de BDF también pasa por P. Por lo tanto los circuncírculos de AEF, CDE y BDF tienen un punto en común.
primero nombre P al punto dondese intersectan los circuncirculos de △ECD y △FBD entonces como PFBD es ciclico y ∠PDB=α entonces ∠PFB=180−α luego ∠PDC=180−α ya que son suplementarios, y como EPDC es ciclico entonces ∠CEP=α y por suplementarios ∠AEP=180−α luego po suplementarios ∠AFP=180−α entonces como ∠AEP+∠AFP=180−α+α=180 entonces AFPE es ciclico pero como tres de sus puntos estan sobre una misma circunferencia entonces P tambien esta ene le circucirculo de △AEF y por lo tanto los tres circuncirculos tienen un punto en comun.
Primero trace los circuncirculos de AFE y de BFD. Me fije en que se intersectaban en 2 puntos. Uno de ellos es F y al otro lo llamare G. Luego me fije en lo siguiente: ∠AFG+∠AEG=180o porque AEFG es ciclico ∠AFG+∠BFG=180o porque son angulos adyacentes ∠BFG+∠BDG=180o porque BFGD es ciclico ∠BDG=∠AFG=α ∠AEG=∠BFG=180o−α.
Si queremos demostrar que las tres circunferencias comparten un punto. Veamos que tu ya sabes que las primeras dos tienen F y G en comun, entonces queremos demostrar que la 3ra cirfunferencia pasa por alguno de esos dos puntos. (Y es razonable pensar que tendra que ser G).
En otras palabras, loo que quieres demostrar ahora, es que G esta en el circuncirculo de DEC, u otra forma de verlo: Demostrar que GECD es ciclico.
¿Cual es un criterio para demostrar ciclico? Ahora con los angulos que haz encontrado, notemos que puedes facilmente saber cuando vale GEC y GDC (en funcion de alpha)
Y porque esos dos angulos? Pues porque precisamente son angulos de la circunferencia/cuadrilatero ciclico en cuestion.
Decimos que: ∠EAF=α ∠FBD=β ∠DCE=θ Trazamos los circuncirculos de △BDF y △CDE , los cuales intersectan en D y I1 . FBDI1 es ciclico: ∠FBD=β⇒∠FI1D=180o−β=α+θ DCEI1 es ciclico: ∠DCE=θ⇒∠DI1E=180o−θ=α+β \Righrarrow∠FI1E=360o−(2α+β+θ)=β+θ Trazamos los circuncirculos de △CDE y △AEF , los cuales intersectan en E y I2 . Analogamente: ∠DI2E=α+β ∠EI2F=β+θ ∠FI2D=α+θ Trazamos los circuncirculos de △AEF y △BDF , los cuales intersectan en F y I3 . Analogamente: ∠FI3E=β+θ ∠FI3D=α+θ ∠DI3E=α+β Llamamos alberto a la interseccion de 3 chevianas en un triangulo. Tenemos el alberto del △FED en los 3 "casos", y en todos los casos se cumple esto: ∠EalbertoF=β+θ ∠FalbertoD=α+θ ∠DalbertoE=α+β Y sabemos que el alberto son los puntos I1,I2,I3⇒I1=I2=I3 ∴ Los circuncirculos de △AEF , △CDE y △BDF tienen un punto en comun.
Sean G,D los puntos de intersección de los circuncírculos de: △ECD,△FBD⇒DBFG es un cuadrilátero cíclico. Sea: ∠BDG=α⇒∠BFG=∠GDC=180o−α. EGDC tambien es un cuadrilátero cíclico, entonces: ∠CEG=α⇒∠GEA=∠GFA=180o−α⇒∠GEA+∠AFG=180o De aquí que EGFA cumple la propiedad de que sus angulos opuestos sumen 180o por lo que es cíclico. Ya teníamos a E,F,A en esa circunferencia, por lo tanto el cuarto (G) también lo estará, entonces los 3 circuncírculos tienen un punto en común. Q.E.D.
Llamamos a los circuncirculos de △AFE△BFD△DECC1,C2,C3 respectivamente, así como a sus centros O1,O2,O3
Sabemos que cada pareja de circulos, tendrá dos puntos de intersección, las intersecciones de: C1yC2FyG C1yC3EyH C2yC3FyI Sabemos que la recta que pasa por FG es el eje radical de C1yC2 Analogamene, tenemos que los otros pares de circunferencias tienen ejes radicales, por definición, el centro radical de dos circunferencias no concentricas que son secantes entre si, es el punto de intersección de los ejes radicales de estas. Si estos ejes radicales se intersectarán dentro de alguno de los circulos, o fuera de uno de ellos, lo que pasaría, es que no se mantiene la propiedad de potencia de punto, por lo anterior, estas lineas, deben de intersectarse en un punto sobre las circunferencias, por lo anterior, queda demostrado que el circuncirculo de estos tres triangulos se intersectaràn en un mismo punto. Q.E.D.
Esto no necesariamente es cierto. (Al menos asi con lo que explicaste) Si te fijas tu argumento NUNCA usa el hecho que se tienen los puntos D,E,F sobre los lados del triangulo ABC, Si con ese argumento fuera suficiente, entonces CUALESQUIERA 3 circunferencias que se corten entre si tendrian un punto en comun.
Primero me fijo me fijo que el triangulo DEF comparte el lado ED con el triangulo DEC, el lado FE con el triangulo AEF y el lado FD con triangulo BFD entonces nos damos cuenta que el circuncirculo de EDC toca al circunscrito de EDF analogamente con los traingulos AFC y FBD
ResponderBorrary ya que es un mismo circunscrito entonces tocan un mismo punto.
No necesariamente es cierto tu argumento.
BorrarSe necesita más para afirmar que como cada triangulo comparte un lado, entonces los circuncirculos comparten un punto.
Dices:
"... nos damos cuenta que el circuncirculo EDC de toca al circunscrito de EDF..."
Y pues si. Esto es cierto se tocan precisamente en E y D.
Al decir analogamente, pues si cada par de circunferencias comparten los puntos E,D; D,F; F,E respectivamente... y luego?
Primero traze los circuncirculos de los triangulos BFD y FAE
ResponderBorrarY veo que se intersectan en dos puntos , uno es el puntoF y al otro punto lo llame G.Luego me fijo que BFGD es ciclico, entonces ∠FBD=180−∠FGD y tambien FAEG es ciclico entonces ∠FAE=180−∠FGE.Entonces ∠FBD+∠FAE=360−∠FGD−∠FGE y fijandome en el primer termino veo que ∠FBD+∠FAE=∠ABC+∠BAC=180−∠ACB.Y fijandome en el segundo termino me fijo que 360−∠FGD−∠FGE=∠DGE. Entonces 180−∠ABC=∠DGE entonces 180−∠ABC+∠ABC=∠DGE+∠ABC=180. Entonces el cuadrilatero DGEC es ciclico entonces G esta en el circuncirculo del triangulo DEC. Q.E.D.
tienes un error de dedo. Te sugiero que lo cheques.
BorrarPero esta bien
:)
si cierto, en lo ultimo todos los angulos ABC son angulos ACB
Borrara=AB,b=BC,c=CA?
ResponderBorrarO no importa?
Si importa: Es el lado opuesto al vertice. (a de A; b de B; c de C)
BorrarEntonces.
a=BC, b=AC, c=AB
Nombramos los ángulos del triangulo ABC, BAC=α CBA=β ACB=θ y α+β+θ. Trazamos los circuncirculos del los triángulos CED y AEF que se intersectan en E y en un punto K tenemos dos cuadriláteros cíclicos EKDC y EKFA. En el caso de EKDC tenemos que ∠ECD=θ por lo tanto su opuesto ∠EKD=180−θ=α+β; con EKFA hacemos lo mismo ∠EAF=α y su opuesto ∠EKF=180−α=θ+β; entonces ∠FKD=\180−α−2β−θ=α+θ
ResponderBorrarAhora tomamos a los triangulos AEF y FBD trazamos sus circuncirculos y se intersectan en F y en un punto M y se forman dos ciclicos EMFA y DMFB; en el caso de EMFA ∠EAF=α y su opuesto ∠EMF=180−α=θ+β y co el ciclico DMFB angleFBD=β y su opuesto es ∠FMD=\180−β=α+θ; entonces llegamos a que ∠FME=\180−α−β−2θ=α+β
Aquí concluimos con que:
∠FKD=∠FMD=α+θ
∠EKD=∠EMD=α+β
∠EKF=∠EMF=β+θ
En ambos casos se utilizo el triangulo AEF
Con lo anterior vemos que K=M ∴ los circulcirculos de AEF EDC y FBD concurren en un punto.
:)
BorrarComo comentario aparte, al escribir en Latex, no tienes que poner \ antes de un numero, porque lo unico que pasara es que se comera el primer caracter; Sale 80, en lugar de 180.
Errores de dedo
ResponderBorrar∠FKD=180−α...
∠FMD=180−β...
∠FME=180−α...
∠BAC=α, ∠CBA=β y ∠ACB=θ
α+β+θ=180
Los circuncírculos de AEF y CDE se intersectan en E y P.
ResponderBorrarComo B,D,C están en la misma línea, ∠BDP=180−∠PDC; como DCEP es cíclico, ∠PEC=180−∠PDC=∠BDP; como C,E,A están en la misma línea, ∠PEC=180−∠PEA; como PEAF es cíclico, ∠AFP=180−∠PEA=∠PEC=∠BDP; como A,F,B están en la misma línea, ∠BFP=\180−∠AFP=180−∠BDP.
∠BFP+∠BDP=(180−∠BDP)+∠BDP=180, entonces BFPD es cíclico y el circuncírculo de BDF también pasa por P.
Por lo tanto los circuncírculos de AEF, CDE y BDF tienen un punto en común.
primero nombre P al punto dondese intersectan los circuncirculos de △ECD y △FBD entonces como PFBD es ciclico y ∠PDB=α entonces ∠PFB=180−α luego ∠PDC=180−α ya que son suplementarios, y como EPDC es ciclico entonces ∠CEP=α y por suplementarios ∠AEP=180−α luego po suplementarios
ResponderBorrar∠AFP=180−α entonces como ∠AEP+∠AFP=180−α+α=180 entonces AFPE es ciclico pero como tres de sus puntos estan sobre una misma circunferencia entonces P tambien esta ene le circucirculo de △AEF y por lo tanto los tres circuncirculos tienen un punto en comun.
http://www.facebook.com/photo.php?fbid=394362930634507&set=a.384382948299172.87730.100001824112299&type=3&theater
ResponderBorrarPrimero trace los circuncirculos de AFE y de BFD. Me fije en que se intersectaban en 2 puntos. Uno de ellos es F y al otro lo llamare G. Luego me fije en lo siguiente:
ResponderBorrar∠AFG+∠AEG=180o porque AEFG es ciclico
∠AFG+∠BFG=180o porque son angulos adyacentes
∠BFG+∠BDG=180o porque BFGD es ciclico
∠BDG=∠AFG=α
∠AEG=∠BFG=180o−α.
∠FAE+∠FGE=180o
→, ∠BAC+∠FGE=180o
∠FBD+∠FGD=180o
→, ∠ABC+∠FGD=180o
y hasta ahi es a donde he llegado.
Si queremos demostrar que las tres circunferencias comparten un punto. Veamos que tu ya sabes que las primeras dos tienen F y G en comun, entonces queremos demostrar que la 3ra cirfunferencia pasa por alguno de esos dos puntos. (Y es razonable pensar que tendra que ser G).
BorrarEn otras palabras, loo que quieres demostrar ahora, es que G esta en el circuncirculo de DEC, u otra forma de verlo: Demostrar que GECD es ciclico.
¿Cual es un criterio para demostrar ciclico?
Ahora con los angulos que haz encontrado, notemos que puedes facilmente saber cuando vale GEC y GDC (en funcion de alpha)
Y porque esos dos angulos? Pues porque precisamente son angulos de la circunferencia/cuadrilatero ciclico en cuestion.
Decimos que:
ResponderBorrar∠EAF=α
∠FBD=β
∠DCE=θ
Trazamos los circuncirculos de △BDF y △CDE , los cuales intersectan en D y I1 .
FBDI1 es ciclico: ∠FBD=β⇒∠FI1D=180o−β=α+θ
DCEI1 es ciclico: ∠DCE=θ⇒∠DI1E=180o−θ=α+β
\Righrarrow∠FI1E=360o−(2α+β+θ)=β+θ
Trazamos los circuncirculos de △CDE y △AEF , los cuales intersectan en E y I2 .
Analogamente:
∠DI2E=α+β
∠EI2F=β+θ
∠FI2D=α+θ
Trazamos los circuncirculos de △AEF y △BDF , los cuales intersectan en F y I3 .
Analogamente:
∠FI3E=β+θ
∠FI3D=α+θ
∠DI3E=α+β
Llamamos alberto a la interseccion de 3 chevianas en un triangulo.
Tenemos el alberto del △FED en los 3 "casos", y en todos los casos se cumple esto:
∠EalbertoF=β+θ
∠FalbertoD=α+θ
∠DalbertoE=α+β
Y sabemos que el alberto son los puntos I1,I2,I3⇒I1=I2=I3
∴ Los circuncirculos de △AEF , △CDE y △BDF tienen un punto en comun.
Bien.
BorrarSean G,D los puntos de intersección de los circuncírculos de:
ResponderBorrar△ECD,△FBD⇒DBFG
es un cuadrilátero cíclico. Sea:
∠BDG=α⇒∠BFG=∠GDC=180o−α.
EGDC tambien es un cuadrilátero cíclico, entonces:
∠CEG=α⇒∠GEA=∠GFA=180o−α⇒∠GEA+∠AFG=180o
De aquí que EGFA cumple la propiedad de que sus angulos opuestos sumen 180o por lo que es cíclico.
Ya teníamos a E,F,A en esa circunferencia, por lo tanto el cuarto (G) también lo estará, entonces los 3 circuncírculos tienen un punto en común. Q.E.D.
Bien
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ResponderBorrarLlamamos a los circuncirculos de △AFE △BFD △DEC C1,C2,C3 respectivamente, así como a sus centros O1,O2,O3
BorrarSabemos que cada pareja de circulos, tendrá dos puntos de intersección, las intersecciones de:
C1yC2FyG
C1yC3EyH
C2yC3FyI
Sabemos que la recta que pasa por FG es el eje radical de C1yC2
Analogamene, tenemos que los otros pares de circunferencias tienen ejes radicales, por definición, el centro radical de dos circunferencias no concentricas que son secantes entre si, es el punto de intersección de los ejes radicales de estas.
Si estos ejes radicales se intersectarán dentro de alguno de los circulos, o fuera de uno de ellos, lo que pasaría, es que no se mantiene la propiedad de potencia de punto, por lo anterior, estas lineas, deben de intersectarse en un punto sobre las circunferencias, por lo anterior, queda demostrado que el circuncirculo de estos tres triangulos se intersectaràn en un mismo punto.
Q.E.D.
Esto no necesariamente es cierto. (Al menos asi con lo que explicaste)
BorrarSi te fijas tu argumento NUNCA usa el hecho que se tienen los puntos D,E,F sobre los lados del triangulo ABC,
Si con ese argumento fuera suficiente, entonces CUALESQUIERA 3 circunferencias que se corten entre si tendrian un punto en comun.
http://www.facebook.com/photo.php?fbid=4676244108323&set=a.4586100454788.189149.1360331970&type=1&theater
ResponderBorrarBien
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