lunes, 3 de septiembre de 2012
Problema del Día. Geometría (3 de Septiembre)
Sean $A$ y $B$ dos puntos en el plano, $M$ es el punto medio de $AB$. Se tiene una linea $r$, sea $R$ y $S$ las proyecciones de $A$ y $B$ en $r$ respectivamente. Asumiendo que $A$, $M$, y $R$ no son colineales, demostrar que el circunradio del triangulo $AMR$ es igual al circunradio del triangulo $BSM$.
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Vemos que ambos circuncírculos se intersectan en $2$ puntos; $M$ y al otro punto le llamaré $Q$ (el cual esta sobre la límea $r$.
ResponderBorrarTenemos que el cuadrilátero $QSBM$, es cíclico porque esta dentro del circuncírculo de $\triangle{BSM}$, $SB$ es perpendicular a la línea $r$ ya que $SB$ es una proyección, de aquí que:
$\angle{QSB}= 90^{o} \rightarrow$ por ser $QSBM$ un cuadrilátero cíclico:
$\angle{QMB}= 180-90= 90^{o}$
Ahora tenemos que el cuadrilátero $QRAM$ es cíclico porque esta dentro del circuncírculo de $\triangle{AMR}$, $AR$ es perpendicular a la línea $r$ ya que $AR$ es una proyección, de aquí que:
$\angle{QRA}= 90^{o} \rightarrow$ por ser $QRAM$ un cuadrilátero cíclico:
$\angle{QMA}= 180-90= 90^{o}$
Si nos fijamos en $\triangle{AQB}$ vemos que:
$\angle{QMA}= 90^{o}$, $\angle{QMA}= 90^{o}$
Si $QM=QM$ y $AM=MB$ porque $M$ es punto medio de $AB$ , por el criterio de congruencia LAL: $\triangle{AQM} \cong \triangle{BQM} \Rightarrow AQ=QB$, $(\angle{ARQ}, \angle{BSQ})= 90^{o}$ por lo tanto abren los diámetros de $\triangle{AMR}, \triangle{BSM}$ respectivamente, los cuales son los circunradios buscados $\terefore$ Q.E.D.
*son los CIRCUNDIAMETROS buscados, por ende los circunradios tambien son iguales Q.E.D.
Borrarsea $O$ el circuncentro de $triangleARM$ y $Q$ el circuncentro del $triangleMBS$ sea $N$ el punto medio de $AM$ Y SEA $T$ el punto medio de $MB$. Se sabe que $triangleMTQ$ y $triangleDTQ$ SON semejantes y lo mismo pasa con los triangulos $triangleONA$ Y $triangleONM$. entonces acavariamos demostrando que angulo $AOM$= angulo $MOB$ YA QUE se cumpliria la zemejanza de los triangulos $triangleAON$ y $triangleTBQ$ LO CUAL diria que $QB=OA$ QUE SON RADIOS. ENTONCES DESIR LO DE LOS ANGULOS ANTERIORES ES LO MISMO QUE DESIR QUE ANGULOS $ARM$ Y $MSB$ son iguales ya que son seminscritos de los ya mensionados. y desir lo pasado es lo mismo que desir que angulos $MRS$ Y $MSR$ son iguales porque angulos $ARS=BSR=90$. TENEMOS el trapecio rectangulo $RSBA$ con angulos rectos en $R$ Y $S$. sea $M$ el punto medio de $AB$ , tyrazamos una paralela a $RS$ que pase por $B$ y corte a $RA$ en $X$ y trazamos una perpindicuolar a la paralela trazada desdde $M$ la cual la corta en $Y$ y nos damos cuenta de que se forman triangulos semejantes $BYM$ y $BXA$ que estan a razon 2:1 y como $RS$ es igual a $BX$ ya que $SBXR$ es un paralelograMO, SI EXTENDIERAMOS $MY$ asta que corte a $RS$ en $D$ lo cortaria tambien en su punto medio y asi se formarian los triangulos semejantes $DMR$ y $DMS$ y de esa manera $MS=MR$ y pues sus angulos correspondientes serian iguales entonces ya acabamos.
ResponderBorrarTe recomiendo que revises tu solucion al principio, tienes VARIOS errores (supongo que son errores de dedo)
BorrarLa solucion esta bien, pero tienes que ser mas cuidadoso al estar refiriendote a los angulos porque le cambiaste las letras a varios
:)
Al ser R la proyección de A, <ARS=90° , al igual que el <BSA, por ser S la proyección de B con r.
ResponderBorrarTomo B como el circuncentro del triangulo AMR, y C el circuncirculo del triangulo MBS. Ambos circuncirculos se intersectan en M y en otro punto que llamare P, al unir M con P, formamos dos cuadrilateros ciclicos, AMPR y BMPS. Como <ARP= 90°, por ser RAMP cuadrilatero ciclico <AMP=90°, entonses tambien, RPM=90°, esto nos lleva a que P es el púnto medio en la recta r, y que RP=PS=MP, como tenemos RP=PS, MA=MB por lo tanto SB=RA, encontramos que el triangulo AMP es congruente con el triangulo BMP, POR LAL(AM=MB,<AMP=<BMP,PM=PM) , porlotanto PA=PB, que son diametros de los circuncirculos, y como los diametros son iguales los radios tambien lo serán.
Varios comentarios.-
BorrarPusiste:
"Tomo B como el circuncentro del triangulo AMR, y C el circuncirculo del triangulo MBS"
-Como comentario, B ya lo estas usando, supongo debe ser D, aunque es irrelevante porque luego no lo usas
"Como <ARP= 90°, por ser RAMP cuadrilatero ciclico <AMP=90°, entonses tambien, RPM=90°, esto nos ..."
-Pero porque RPM=90°????
-Esto es falso en muchos casos, por lo que lo que sigue hay cosas que no son ciertas como: "esto nos lleva a que P es el púnto medio en la recta r, y que RP=PS=MP, como tenemos RP=PS, MA=MB por lo tanto SB=RA,"
Te recomiendo que vuelvas a escribir la solucion, lo tienes practicamente bien pues lo que tienes mal no lo usas, pero no esta de mas que analices lo que tienes mal
La linea $r$ puede intersectar a $AB$ ?
ResponderBorrarSi
BorrarSea T la proyección de M en r. RA, TM y SB los tres forman ángulos rectos con r, entonces son paralelas. Por el teorema de Thales $ \frac{AM}{MB} = \frac{RT}{TS}$ Como M es punto medio de AB, AM=MB, entonces $1= \frac{RT}{TS}$ y RT=TS. RTM y STM son triángulos rectángulos, entonces por Pitágoras $RT^2+TM^2=RM^2$ y $TS^2+TM^2=SM^2$, pero como RT=TS, $RT^2=TS^2$ y $RM^2=RT^2+TM^2=TS^2+TM^2=SM^2$, entonces SM=RM.
ResponderBorrarSB y RA son paralelas, entonces $ \angle RAM= \angle SBM$ (si r y AB se intersectan) o $ \angle RAM=180°- \angle SBM$ (si no se intersectan), en cualquier caso $ \sin \angle RAM= \sin \angle SBM$.
La razón entre las áreas de AMR y BMS es $ \frac{(AMR)}{(BMS)} = \frac{ \frac{1}{2} (RA)(AM)( \sin \angle RAM)}{ \frac{1}{2} (SB)(BM)( \sin \angle SBM)} = \frac{RA}{SB}$ o tambien $ \frac{(AMR)}{(BMS)} = \frac{ \frac{(AM)(MR)(RA)}{4R_{AMR}}}{ \frac{(BM)(MS)(SB)}{4R_{BMS}}} = \frac{(RA)(4R_{BMS})}{(SB)(4R{AMR})}$ ($R_{BMS},R{AMR}$ son los circunradios), entonces $ \frac{RA}{SB}= \frac{(RA)(4R_{BMS})}{(SB)(4R{AMR})} \Rightarrow 1= \frac{R_{BMS}}{R{AMR}} \Rightarrow R_{BMS}=R_{AMR}$. Entonces los circunradios son iguales.
bueno se que AM=MB AR=Bsya que son lineas paralelas que se tocan y si trazo una linea de M a al punto medio de RS digamos le X tendre que el triangulo ARM=MRX por por que tiene los mismo lados y de igual manera sucede con el triangulos MBS=MXS y si demuestro que los triangulos MRX=MSX y comparten un dos lados iguales y un anugulo igual por lo tanto son iguales y si son iguales significa que ARM=MRS por lo tanto comparten un mismo circuncirculo
ResponderBorrary un mismo sircunradio
Borrar"AR=BS" no necesariamente es cierto.
Borrar$*$ Para mi solución, usaré $C_1$ que es el circuncírculo de $\triangle MAR$ y $C_2$ de $\triangle MBS$
ResponderBorrarSabemos que los circuncírculos se intersectan en dos puntos, siendo unos de ellos $M$ , y al otro lo llamaré $Q$ .
Entonces tenemos dos cuadriláteros cíclicos : $MARQ$ y $MBSQ$ . Ya que $AR$ es perpendicular a $r$ , el $\angle QRA$ es recto y también su ángulo opuesto que es $\angle QMA$ . Y $AQ$ va a ser el diametro de $C_1$ . Analogamente, en la $C_2$ , $\angle QSB = \angle QMB = 90\degree$ y $BQ$ es diámetro.
Con los dos circundiametros y el segmento $AB$ se forma el $\triangle ABQ$ . Podemos ver que está formado por el $\triangle QMA$ y el $\triangle QMB$ , los cuales son congruentes porque tienen el lado $MQ$ en común , tienen un ángulo recto y tienen de lado $AM$ y $MB$ respectivamente, los cuales dice el problema que son iguales porque $M$ es punto medio de $AB$ .
$\therefore$ Sus hipotenusas van a ser iguales, y podemos ver que éstos son $AQ$ y $QB$, y como dije antes esos son los circundiámetros, y por lo tanto, la mitad de los circundiametros, es decir, los circuradios también serán iguales.
ResponderBorrarSi trazamos los circuncirculos de$\triangle{AMR}$ Y $\triangle{BSM}$, veo que se intersectan en dos punto: $M$ y al otro punto lo llamare $D$. Como $MBDA$ es un cuadrilátero cíclico se tiene que $\angle{ARD}$+ $\angle{AMD}$= $180°$ => $\angle{AMD}$= 90° => $\angle{BMD}$ =90° entonces $D$ esta en la mediatriz de $AB$ entonces $DA=DB$, pero como ambos abren un angulo de 90° ambas lineas son los diámetros de los dos circuncirculos, entonces si son diámetros son iguales también sus radios:
donde dije que $MBDA$ es ciclico en realidad era $MDRA$
BorrarHasta donde yo llegue fue que los circuncirculos de los 2 triangulos se intersectan en 2 puntos. Uno de ellos es $M$ y al otro le pondre $P$. Tal vez se pueda usar tales pero no estoy seguro porque aun no termino el problema.
ResponderBorrarAlomejor ese punto P puede servir de algo.
BorrarQue cosas interesantes puedes ver en los cíclicos que tienes?
Nos fijamos en los circuncírculos de AMR y BMS. Éstos se cortan en M y en un punto C, que además está sobre r. Es fácil ver que el AMCR es cíclico. Debido a esto, sabemos que el ángulo ARC más el ángulo AMC suman 180, pero omo C está sobre r, entonces el ángulo ARC es recto, por lo tanto el AMC tambien lo es. Despues vemos que C está sobre la mediatriz de la recta AB, por lo tanto, al trazar AC y BC, el ABC será isósceles, de donde obtenemos que AC=AB. Luego, como ambos arcos AC y BC están abiertos por ángulos rectos, ambas líneas son diámetros de sus respectivas circunferencias, y si sus diámetros son iguales, sus radios tambien lo son. Por lo tanto queda demostrado que el circunradio de AMR es igual al circunradio de BMS.
ResponderBorrarPrimero inicie con dividir en 2 casos que $ARSB$ fuera cíclico y cuando no cuando, si es cíclico. Todos los cíclicos los ángulos opuestos suman 180 grados y como se supone que la proyección de $A$ y $B$ seria perpendicular a la recta formada por estos, estos ángulos de 90 grados no serian opuestos y vemos si uno es de noventa grados el opuesto también debe de ser de noventa grados y análogamente el otro ángulo de noventa grados entonces seria un paralelogramo entonces los dos triángulos serian iguales y tendrían mismo incentro lo que significa mismo circunradio y listo por este caso falta cuando no lo es bueno inicie nombrando algunos ángulos: ángulo $ARM=2$alpha, ángulo $MSB=$Beta, bueno también José una paralela a bc donde intercepta a $S$ y se completa extendiendo $AR$ hasta la paralela a ese punto le llamare $R_1$ también marque el punto $M$ perpendicularmente hasta la recta paralela a este punto le pondre$M_1$ y bueno también trase una recta paralela a $AB$ que intersecta a $R$ esta recta también intercepta un punto de $SB$ el cual nombrare esta punto como $S_1$ muy bien haora tengo rectas muy útiles que me sirvieron como $MR$ $MR_1$ $MS_1$ $MS$, muy bien estas rectas sacan muchas áreas iguales como la del triángulo $AMR$ y $MBS_1$, de hecho habrán tres figuras iguales por eje de simetría bueno ya teniendo esto trabajamos con la información, el ángulo $RR_1M$=Beta, luego con la conilealidad de los puntos ARR_1 y con el ángulo ARM = 2Alpha entonces el ángulo R_1RM=180-2alpha bueno si ya tenemos este ángulo junto con el ángulo RR_1M=Beta entonces cambiamos signos y queda 180-180+2alpha -Beta entonces aquí se ve que 2 alpha es mayor que Beta después notamos el triangulo RSS_1 es congruente a ARM lo cual ángulo SRS_1=2alpha, luego al ángulo RMA = 90-2alpha junto con el ángulo de arriba que es 2alpha -Beta entonces queda al final 90-Beta y este numero es mayor que 90-alpha y los de arriba: Beta menor que alpha entonces debido a esto la bisectriz de ambos triángulos (ARM Y MSB), del ángulo caerá en un mismo punto en la relación de AM y MB y como ambos triangulos incluyen 90 grados pues la mitad son 45 grados y para la tercera bisectriz se cumple que también pasa por el punto incentro gracias a CEVA
ResponderBorrarTenemos que $AM=MB$ tratare de encontrar propiedades que tengan que ver con dichos segmentos.
ResponderBorrarPrimero vamos a tener que $AR$ y $BS$ son perpendiculares a $r$ ya que son su proyección, también encontramos que los circunradios se intersectan en dos puntos $M$ y al otro llamaremos $N$, que los cuadriláteros $ARNM$ y $MNSB$ son cíclicos y tenemos que $\angle{RAM}=90$ y $\angle{SBM}=90$ por lo de las proyecciones entonces sus angulos opuestos $\angle{MNR}=90$ y $\angle{MNS}=90$ respectivamente por se cuadriláteros cíclicos. Observamos que $AN$ y $NB$ respectivamente son diámetro de de las circunferencias de $MAR$ y $MBS$ y que ademas las podemos unir a $MB$ que es la mediatriz de $AB$ entonces por $LLL$ $\trangle{ANM}\cong\{BNM}$ $\therefore$ $AN=NB$ ambos son diametros entonces su radios seran iguales
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ResponderBorrarrumbo al naional
ResponderBorrarhttps://plus.google.com/u/0/photos/100066737030455211829/albums/posts
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