El problema de los Dos AÑOS ^.^, Resuelto por Corecrasher [medio] Opciones

[Marie]

Holaps, bueno quiero plantar el siguiente problema, desde hace dos años que trabajo en el y aún nada , tal vez ustedes lo descubren......

el problema esta adjunto en un archivo de world, lo que deben descubrir es el ángulo x, y recuerden que es un triángulo isóceles con vértice en A.

bye, bye

PD yo se cuanto es, pero no tengo la fundamentación T_T

Atte Marie

Archivo(s) Adjunto(s)

 Problema_2_a_os.doc ( 19k ) Número de descargas:  481

 

[Francisco Muñoz]

muy bonito el problema, es uno de los que mas me gusta y de los que me he sentido mas feliz de sacarlo.

Si quieres te puedo ayudar diciendote que seria bueno que trazaras una linea desde tu vertice C, tal que corte a AB en D y <DCB= 60º.

Con esa linea se te formaran varios triangulos isosceles ,incluso equilateros. y por ultimo recuerda que si tienes dos triangulos isosceles que tienen su base comun, entonces si unes los vertices que se oponen a la base, se te formara la mediatriz o simetral de la base (ojala se entienda esta ultima indicacion).

Bueno ,suerte y cualquier otra duda, encantado en ayudarte

[Corecrasher]

Luego de mucho esperar , mejor postear, en todo caso conosco 2 sols una que me mostraron hoy que me parece mas interesante y otra que es con una paralela a la base ... en fin:



Sea ABC el triangulo del enunciado isósceles en A y el ángulo en A es 20. A su vez lanzamos desde B un segmento que corta al segmento AC en D y desde D uno que corta al AB en E , luego unimos C con E tal que ECB=50 y DBC=60. Notemos que por ser ABC isósceles en A ACB=ABC=80 , asi que DBE=20 y DCE=30 , con esto tenemos un isósceles en B que es el ECB, con ECB=CEB=50. , tracemos la altura que corta a AC en F. quedándonos los ángulos de 30 , 60 y 90 grados , ya que lo que pasa a la derecha e izquierda de un isósceles es lo mismo , a su vez notemos que nos quedan 2 bisectrices del triangulo FEB una interior que divide al FBE en 20 y 20 y otra exterior que divide al EFN en 60 y 60. Sabemos que 2 exteriores y una interior concurren en un punto , asi que necesariamente ED es bisectriz del ángulo FEA , por lo cual FED=DEA=50--->(El dibujo no coincide, pero esto vale), con lo que GDE=X=30. Q.E.D.

[Francisco Muñoz]

La solucion, esta perfecta hasta que llegas al final y cometes un error de calculo:

por lo cual <FED=<DEA=40º, eso está errado, con lo cual uno se confunde de donde despues sacas la respuesta de 30º , que efectivamente es correcta.

Cambia eso , tanto en la figura (si es que no la has borrado del pc..) , como en la redaccion.

Con eso dariamos tu respuesta correcta.

Francisco Muñoz Espinoza

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La solución de Corecrasher fue editada, no se pudo cambiar el dibujo, por razones obvias, ahora si pasamos a resueltos

[tmariot]

esta buena la respuesta, pero hay algo que no entiendo:

el triangulo BBG tiene por angulos interiores 40,50 y 70, lo que da un total de 160º y no 180º =S
salu2

otra cosa, algo no entiendo es el mismo problema del archivo word?????
yo diria que no =S

gracias

[The Lord]

Creo que te refieres al triangulo CBG, que tiene angulos 50, 60 y 70.
El problema es el mismo qe el planteado, solo se hicieron algunas construcciones que pueden llevar a confusión.
Saludos

[p.j.t]

Solucion alternativa




Saludos

[「Krizalid」]

Un problema relacionado.

Saludos

[Nabodorbuco]

Me gustaria postear mi solucion...

y aqui esta

 Dibujo.JPG ( 17.75k ) Número de descargas:  13


Notemos que el triangulo ABD tiene angulos 50 y 80 en la base o sea que el superior ADB vale 50 y por consiguiente es isosceles. Luego vamos a trazar la recta BF que es bisectriz de ABD y como se cortan de forma perpendicular, tenemos que y por la simetria del sistema

Ahora es facil ver que FE es bisectriz del angulo exterior a DFB y que concurre con BE y DE en E, y como Be es bisectriz de DBF tenemos que DE es bisectriz de FDC ya que E es el circuncentro de la circunferencia exinscrita al triangulo DFB.

O sea que pero

Finalmente en el triangulo DEF ocurre que

[Kaissa]

solo comentar que existen muchisimas soluciones a esteproblema, conocido como "el problema de Langley" y entre las mas truculentas menciono una en que el triangulo se repite una y otra vez hasta formar un octodecagono, para luego hacer ver que las lineas trazadas son diagonales especiales.