jueves, 4 de octubre de 2012
Problema del Día. Geometría (4 de Octubre)
Sea $\triangle ABC$ un triángulo donde $D$ sea el punto medio de $BC$, y $M$ el punto medio de $AD$. La línea $BM$ intersecta al lado $AC$ en $N$. Demuestra que $AB$ es tangente al circuncírculo del triángulo $\triangle NBC$ si y solo si se cumple la siguiente igualdadad:
\[ \frac{BM}{MN}= \frac{BC^2}{BN^2} . \]
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ResponderBorrarVeo que por el teorema de la bisectriz generalizado,
ResponderBorrar$\frac{AB}{AC}*\frac{\sin{\angle BAD}}{\sin{\angle CAD}}=\frac {BD}{DC}$.
Entonces $\frac{AC}{AB}=\frac{\sin{\angle BAD}}{\sin{\angle CAD}}$ .
Luego tambien veo que:
$\frac {BM}{BN}=\frac{AB}{AN}*\frac{\sin{\angle BAD}}{\sin{\angle CAD}}=\frac{AB}{AN}*\frac{AC}{AB}=\frac{AC}{AN}$.
Luego primero supongo que $AB$ es tangente, entonces por potencia de punto $AB^2=AN*AC$ entonces $\frac{AC}{AN}=\frac{AB^2}{AN^2}$. Entonces $\frac{BM}{BN}=\frac{AB^2}{AN^2}$.Luego me fijo que como $AB$ es tangente entonces $\angle ABN=\angle BCN$ entonces por AA el triangulo $ABN$ es semejante al $ACB$ entonces:$\frac {AC}{AB}=\frac {BC}{BN}$. ENtonces $\frac {AC^2}{AB^2}=\frac {BC^2}{BN^2}$.luego solo hay que demostrar que $\frac {AC^2}{AB^2}=\frac{AB^2}{AN^2}$ lo que equivale a demostrar que $AB^4=AC^2*AN^2$ pero eso es cierto por potencia de punto entonces $\frac{BM}{BN} =\frac {BC^2}{BN^2}$.
Despues subo la otra parte.
una disculpa todas las fracciones que dicen $\frac{BM}{BN}$ deben de ser $\frac{BM}{MN}$
ResponderBorrarsi $AB$ es tangente por potencia de punto sabemos que $AB^{2}=AN\cdot NC$ y digamos que $\angle BDA=\alpha$ y $\angle DAC=\beta$ Por teorema de la bisectriz generalizado sabemos que $\frac{AB}{AC} = \frac{BD}{DC} \cdot \frac{sen\alpha } {sen\beta }$ Tambien sabemos que $\frac{AB}{AN}=\frac{BM}{MN}\cdot \frac{sen\alpha } {sen\beta }$ por que $BD=DC$ entonces $\frac{AB}{AC} = \frac{sen\alpha } {sen\beta }$ entonces
ResponderBorrar$\frac{AB}{AN}=\frac{BM}{MN}\cdot \frac{AB }{AC }$ eso es lo que llevo
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ResponderBorrarSupongamos que AB es tangente al circuncírculo de NBC.
ResponderBorrar$\angle ABN=\angle NCB$ porque son semiinscrito y inscrito al mismo arco, entonces como tienen un ángulo igual y comparten $\angle BAC$, $\triangle ABN \sim \triangle ACB$, entonces $\frac{AB}{AN}=\frac{AC}{AB}=\frac{BC}{BN}$.
Por el teorema de la bisectriz generalizado y como D es punto medio de BC,
$1=\frac{CD}{DB}=(\frac{AC}{AB})(\frac{\sin \angle DAC}{\sin \angle DAB})=(\frac{BC}{BN})(\frac{\sin \angle DAC}{\sin \angle DAB})$
Por el teorema de la bisectriz generalizado,
$\frac{BM}{MN}=(\frac{AB}{AN})(\frac{\sin \angle DAB}{\sin \angle DAC})(1)=(\frac{BC}{BN})(\frac{\sin \angle DAB}{\sin \angle DAC})(\frac{BC}{BN})(\frac{\sin \angle DAC}{\sin \angle DAB})=\frac{BC^2}{BN^2}$
Por lo tanto, AB es tangente al circuncírculo de NBC $\Rightarrow \frac{BM}{MN}=\frac{BC^2}{BN^2}$.
Bien, ya solo te falta el regreso.
Borrarhttp://s739.photobucket.com/albums/xx34/leo0_9506/Ommch/?action=view¤t=CAM001451.jpg
ResponderBorrarNo entendi nada la verdad. Escribe los pasos que hagas.
BorrarQuiero creer que esta bien, pero aun te falta el regreso.
no habia visto tu comentario
Borrarsii a la proxima si te escribo los pasos gracias por esa sugerencia
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ResponderBorrarPrimero intentare demostrar que si $AB$ es tangente $\Rightarrow \frac{BM}{MN}=\frac{BC^2}{BN^2}$
ResponderBorrarAplicamos Menelao en el $\triangle ABD$ junto con el segmneto $DC$ :
$1=(\frac{BP}{PA})(\frac{AM}{MD})(\frac{DC}{BC})=(\frac{BP}{PA})(1)(\frac{1}{2})$
$\Rightarrow \frac{BP}{PA}=2 \Rightarrow BP=2PA$
Ya que $AB$ es tangente, $AB^2=AN \times AC$
Por el teorema de la bisectriz generalizado:
$(\frac{AB}{AC})(\frac{\sin \angle BAD}{\sin \angle CAD})=(\frac{BD}{DC})=1$
Por el teorema de la bisectriz generalizado:
$(\frac{AB}{AN})(\frac{\sin \angle BAD}{\sin \angle CAD})=(\frac{BM}{MN})$
Por ángulo inscrito y semiincrito, $\angle ABN = \angle BCN$ .
$\Rightarrow \triangle ACB \sim \triangle ABN$ , porque tienen ángulo igual y el $\angle BAC$ en común.
$\Rightarrow \frac{AC}{AB}=\frac{CB}{BN}=\frac{BA}{NA}$
Esos son los avances que llevo, luego veré que hacer para concluir esa parte.
Teniamos $(\frac{AB}{AC})(\frac{\sin \angle BAD}{\sin \angle CAD})=(\frac{BD}{DC})=1$
ResponderBorrar$\Rightarrow (\frac{BN}{CB})(\frac{\sin \angle BAD}{\sin \angle CAD})=(\frac{BD}{DC})=1$
Teniamos $(\frac{AB}{AN})(\frac{\sin \angle BAD}{\sin \angle CAD})=(\frac{BM}{MN})$
$\Rightarrow (\frac{CB}{BN})(\frac{\sin \angle BAD}{\sin \angle CAD})=(\frac{BM}{MN})$
Multiplicamos por $1$ en lo último que obtuvimos:
$(\frac{BM}{MN})=(\frac{CB}{BN})(\frac{\sin \angle BAD}{\sin \angle CAD})(1)=(\frac{CB}{BN})(\frac{\sin \angle BAD}{\sin \angle CAD})(\frac{CB}{BN})(\frac{\sin \angle CAD}{\sin \angle BAD}))=\frac{BC^2}{BN^2} \quad \blacksquare$
$\text{No supe como usar lo de Menelao!}$
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ResponderBorrarIntento.-
ResponderBorrarSi AB es tangente entonces:
$\angle{ABN}=\widehat{NB}=\angle{NCB}\Rightarrow \triangle{ABN}\simeq\triangle{ACB}\Rightarrow \frac{AB}{AC}=\frac{AN}{AB}=\frac{BN}{CB}$
Por Teorema de la Bisectriz Generalizado:
$\frac{AC}{AB}=\frac{sen(\angle{CAD})}{sen(\angle{BAD})}$
$\frac{AB}{AN}=\frac{BM*sen(\angle{BAD})}{MN*sen(\angle{CAD})}$
$\frac{AB}{BD}=\frac{sen(\alpha)}{sen(\alpha-\beta)}$
$\frac{AB}{BC}=\frac{AN*sen(\angle{ABN})}{NC*sen(\angle{NBC})}$
Por Menelao:
$\frac{CN}{NA}*\frac{AM}{MD}*\frac{BD}{BC}=1$
$AM=MD, 2BD=BC\Rightarrow 2NA=CN$
$\frac{CD}{DB}*\frac{MB}{MN}*\frac{NA}{AC}=1$
$CD=DB, 3NA=AC\Rightarrow 3MB=MN$
Hasta aquí llevo