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Uno realmente precioso!, no dejen de intentarlo, [medio]

The Lord Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Oct 22 2007, 04:38 PM Publicado: #1
Dios Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 374 Registrado: 16-September 06 Desde: New Haven, CT, USA. Miembro Nº: 2.275 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	Cumpliendo mis labores fmatinas, les traigo un problema de gran belleza, que no es tán fácil pero de cualquier forma da gusto hacerlo. Problema: Sea $TEX: $ABC$$ un triángulo equilatero dado. Asumir que $TEX: $M$$ vive en el plano de $TEX: $ABC$$ . Denotamos por $TEX: $A',B',C'$$ a los reflejos de $TEX: $A,B,C$$ sobre $TEX: $M$$ . i) Probar que si para algún punto $TEX: $P$$ se cumple que $TEX: $PB=PC', PC=PA'$$ , entonces existe un único punto $TEX: $P$$ que además cumple $TEX: $PA=PB'$$ . ii) Denotamos con $TEX: $D$$ al punto medio del segmento $TEX: $AB$$ . Cuando $TEX: $M$$ se mueve en el plano, $TEX: $M$$ es diferente de $TEX: $D$$ , probar que el circuncirculo de $TEX: $MNP$$ pasa por un punto fijo, donde $TEX: $N$$ es el punto de intersección de las rectas $TEX: $DM$$ y $TEX: $AP$$ . Saludos

~Fatal_Collapse~ Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Oct 2 2009, 07:00 PM Publicado: #2
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 1.564 Registrado: 12-November 07 Desde: La Union, XIV Region de los Rios Miembro Nº: 12.607 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	Bonito problema, Anibal . $TEX: i) Es sencillo ver que el punto $P$ es la interseccion de las mediatrices de $\overline{BC}'$ y $\overline{CA'}$, y si existe, es unico. Por otro lado, como $\overline{MB}=\overline{MB'}$ y $\overline{MC}=\overline{MC'}$, se sigue que $BCB'C'$ es un paralelogramo, y esto implica que $\overline{BC}=\overline{B'C}'$. De forma analoga se obtiene que $\overline{CA}=\overline{C'A'}$ y que $\overline{AB}=\overline{A'B'}$, de lo cual se desprende que $\triangle ABC\cong \triangle A'B'C'$. <br /><br />Por las propiedades del enunciado y como $\overline{A'C'}=\overline{BC}$, se tiene que $\triangle PC'A'\cong \triangle PBC$. Sea $\measuredangle PA'C'=\alpha$, entonces $\measuredangle PA'B'=\measuredangle PCA=60-\alpha$. Como $\overline{PA'}=\overline{PC}$ y $\overline{A'B'}=\overline{CA}$, podemos colegir que $\triangle PA'B'\cong \triangle PCA$, y por lo tanto se cumple que $\overline{PA}=\overline{PB'}$, como se queria demostrar. $\blacksquare$$ -------------------- Ricardo Vargas Obando Ex-alumno Deutsche Schule La Unión (Generación 2010, de los 150 años). Novato de Licenciatura en Matemática/Estadística, en la Pontificia Universidad Católica de Chile. Grupo de facebook de Novatos Matemática y Estadística PUC 2011 Currículum Olímpico: Medalla de Plata, XIX Olimpiada Nacional de Matemática Nivel Menor (2007) Medalla de Oro, XXI Olimpiada Nacional de Matemática Nivel Mayor (2009) Medalla de Bronce, XXV Olimpiada Iberoamericana de Matemática (2010) Medalla de Oro, XXII Olimpiada Nacional de Matemática Nivel Mayor (2010) "What we learned as children, that one plus one equals two, we know to be false. One plus one equals one. We even have a word when you plus another, equals one. That word is love." "Todos piensan en cambiar el mundo, pero nadie piensa en cambiarse a sí mismo."

cev Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Nov 28 2012, 05:44 AM Publicado: #3
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 1.116 Registrado: 12-March 11 Miembro Nº: 84.732 Nacionalidad: Sexo:	parte ii) $TEX: M$ es punto medio de los segmentos $TEX: AA'$ , $TEX: BB'$ y $TEX: CC'$ , entonces $TEX: M$ es el centro de una simetria central, asi que $TEX: \[\Delta A'B'C'\cong \Delta ABC\]$ Trazamos los equilateros $TEX: AB'P'$ y $TEX: CB'Q$ , de acuerdo con el problema 242 de Gogeometry () $TEX: B'P'BQ$ es un paralelogramo. Al ser el $TEX: \[\Delta AB'C \cong \Delta A'BC'\]$ entonces $TEX: \[\Delta P'C'B\cong \Delta QCB'\]$ http://img209.imageshack.us/img209/9810/img0128ux.jpg Como fue demostrado por FC, en parte i), la mediatriz de $TEX: AB'$ y $TEX: C'B$ se encuentran en el punto $TEX: P$ , aqui dichas mediatrices se corresponden con las alturas de los respectivos equilateros que convergen en $TEX: P'$ , luego entonces $TEX: \[P'\cong P\]$ . Si observamos el $TEX: \[\Delta ABB'\]$ es facil ver que $TEX: \[\overline{MDN}\parallel \overline{AB'}\]$ . Ahora trazamos el $TEX: \[\Delta MNP'\]$ y el equilatero $TEX: P'QR$ y nuevamente invocando el p242 tenemos que $TEX: B'ARC$ es un paralelogramo. En la demo del p242 vimos que $TEX: \[\Delta P'B'Q\cong \Delta P'AR\cong \Delta RCQ \]$ y como $TEX: \[ \Delta P'BQ\cong\Delta P'B'Q\]$ , entonces $TEX: \[\Delta P'BQ\cong \Delta P'AR\cong \Delta RCQ \]$ Como consecuencia de estas congruencias los baricentros de los equilateros $TEX: P'QR$ y $TEX: ABC$ coinciden (). Tracemos dicho baricentro, $TEX: G$ , que es interseccion de $TEX: MR$ y el segmento $TEX: P'G$ , con $TEX: \[\angle MP'G=30º\]$ y tracemos tambien la altura $TEX: P'S$ del $TEX: \[\Delta MNP'\]$ . Por ser $TEX: \[\overline{MDN}\parallel \overline{AB'}\]$ entonces $TEX: \[\angle NP'S=30º\]$ y como $TEX: \[\angle NP'S\cong\angle MP'G \]$ tenemos que, por conjugados isogonales, $TEX: P'G$ pasa por el centro del circuncirculo del $TEX: MNP'$ y por $TEX: \[\angle P'MG=90º\]$ , el punto $TEX: G$ le pertenece a este. Asi, $TEX: G$ es el punto fijo buscado por donde pasan los circuncirculos del $TEX: MNP$ (recordar que P'=P) cuando $TEX: M$ se mueve en el plano. ----------------------------------------- () http://gogeometry.com/problem/p242_triangl...rallelogram.htm (**) Para mi esto es intuitivamente cierto, pero si alguien lo quiere demostrar..... -------------------- >>>LG

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