Aqui solo Problemas de Geometria Opciones

[Caetano]

P21 ) Sea el triángulo isósceles ACB (AB = AC) y K el pie de la altura trazada desde el punto B. Justificar la relación:
a^2 + b^2 + c^2 = 3(BK^2) + 2(AK^2) + (CK^2)



Solucion:

Fijemonos en el lado derecho de la igualdad. Esta la podemos escribir de la siguiente forma:

(Bk^2 + AK^2) + (BK^2 + CK^2) + (BK^2 + AK^2) = c^2 + a^2 + c^2
pero b=c (ABC es isosceles), y por lo tanto (Bk^2 + AK^2) + (BK^2 + CK^2) + (BK^2 + AK^2) = a^2 + b^2 + c^2

Nos vemos, saludos
Victor

[Rurouni Kenshin]

Aqui les va uno archiconocido pero nunca esta de mas:
P36 ):

[Francisco Muñoz]

Si bien mi intención no era la de postear soluciones en este foro, sino que publicar problemas, no me pude aguantar ante esta coleccion de problemas de geometria, en realidad los encuentro super creativos y era uno de los temas que mas me gustaba cuando yo participaba en las olimpiadas. espero que no se desanimen si ven que este problema esta resuelto, ya que siempre hay mas de una solucion y me gustaria que la compartieran para tener yo otra perspectiva de este problema.



Bueno , a lo que vine, la solución:

Sea ABC un triángulo con <CBA= x , CR una ceviana tal que <ACR= 6x, <RCB=7x y AC=RB.
para iniciar, haremos una construccion auxiliar. Tomemos un punto D sobre la recta BC, tal que RD=RB. es facil ver que este punto es distinto a B y se encuentra en la prolongacion del segmento BC mas cerca de C (si duda de la veracidad de este hecho,que es lo que me gustaria que pasara, pongase en los casos en que el punto D este en otras posiciones y concluya que no es posible).
Tracemos el segmento RD, que corta a AC en el punto E.
1) el angulo RDC es igual a x, ya que el triangulo DRB es isoceles de base DB (RB=RD), por la construccion hecha.
2) el angulo DRC= 6x, ya que <DRC +<CDR =<RCB y <CDR= x y <RCB= 7x.
3) el triángulo ERC es isosceles de base RC, ya que <ERC=<RCE= 6x.
por lo tanto EC=ER.
4) ademas sabemos que AC=RB=RD
5) de la figura, AC= AE+EC y RD= RE+ED, como AC=RD y EC=ER, entonces AE=ED.
6) tenemos que AE=ED, <AER=<DEC (opuesto por el vertice) y ER=EC. por lo cual, por postulado ALA los triángulos AER y DEC son congruentes.
7) de la congruencia sacamos que <EAR=<EDC=x.
ahora el problema esta listo
tan solo basta ver que <ACB+<CBA+<CAB =180
que es equivalente a 13x+x+x=180
15x=180
x=12

y ese es el resultado X=12º.

Ojala hayan entendido la solución traté de ser lo mas pausado posible, cualquier duda estoy dispuesto a contestarla. y me gustaria ver muchas mas soluciones a este problema....

Sin otro particular se despide, Francisco Muñoz Espinoza

[Rurouni Kenshin]

Excelente aporte y muy linda solucion..yo tengo otra pero es muy similar a la tuya..asi que mejor quedense con esa...
Felicidades y no te preocupes si posteas problemas o soluciones...eres libre de postear lo que gustes..y por tu solucion te has ganado el derecho a ser moderador de este segmento del foro
Felicidades...
David ^.^
PD:Ponete una foto en el avatar..que te identifique...

[Francisco Muñoz]

Holas de nuevo, ya que aun nadie postea otra solucion a esta coleccion de problemas de geometria, me dare de nuevo el lujo de mostrar una de mis soluciones. Espero que con esta solucion si se motiven a trabajar estos problemas y posteen la solucion a algunos que estan bastante simples.

Bueno esta es mi solucion, ojala que le guste y la entiendan:



Sea ABC un triangulo isosceles de base AB y rectángulo en C. E es un punto al interior del triangulo tal que EB=BC y <EAB= <EBC=2b.
En primer lugar calcularemos los angulos que se obtinen de solo ver la figura:
1) el triángulo EBC es isosceles de base EC (EB=BC), de lo cual se deduce que <ECB=90º-b.
2) el angulo ACE es el complemento del angulo ECB, por lo tanto <ACE=b
3) el <ABE +<EBC=45º, como <EBC=2b entonces <ABE=45º-2b.
4) en el triangulo ABE se cumple que <EAB +<ABE+<BEA=180º. pero <ABE=45º-2b y <EAB= 2b , por lo cual <BEA= 135º.
Ahora lo que permite sacar el problema, la constuccion auxiliar. tracemos por C una recta que corte a la prolongacion de AB en el punto D.( nuevamente analice porque este punto D existe y el motivo que este mas cerca de A) tal que el angulo DCA= b.
5) en el cuadrilatero AECD, el angulo ECD=2b y ademas el angulo EAB=2b. lo cual concluye que el cuadrilatero AECD es ciclico.
6)ocupando el hecho anterior tenemos que <ACE=<ADE=b. tambien tendremos que <ACD= <AED= b.
7) como <ADE=b=<AED, el triangulo ADE es isosclees de base AE, por lo tanto DA=AE.
8) el angulo DAC se calcula como 180º-<CAB = 135º.
9)con todo lo anterior el problema esta resuelto. ya que:
i.- DA=AE
ii.- <DAC=<AEB =135º
iii.- AC= EB.
por lo cual, por el postulado de congruenca LAL, los triangulos CDA y BAE son congruentes.
entonces <DCA= <EBA.
que es equivalente a : b =45-2b

De donde despejamos b=15º

por lo tanto el angulo EAB=2b =30º

Espero que hayan entendido la solucion y se pongan a trabajar.

Cualquier duda posteenla (ojala no se hayan perdido en el punto de cuadrilateros ciclicos)

Sin otro particular, se despide Francisco Muñoz Espinoza

[Rurouni Kenshin]

P2) En la figura siguiente, <ABC=90 y AB=BC=CD.Ademas <DAC=<DCB
Calcular el <DAC


Solucion 2:

En nuestra figura se tiene que <ACD=45°-alpha (porque?) y que <ADC=135°(porque?).
Construyamos la circunferencia circunscrita al triangulo ADC con centro en un punto que llamaremos O.Luego <AOC=90°(porque?...hint..viene de que <ACD=135°) y por ende <CAO=<ACO=45°(porque?).De aqui se concluye que <BAO=<BC0=90° y por ende BAOC es un cuadrado(pues en principio es un rectangulo pues todos sus angulos interiores son de 90° pero BA=BC).
Luego BA=BC=OC=OA y por ende igual a OD.Luego el triangulo OCD sera equilatero pues OC=CD=DO(recordar que por enunciado AB=BC=CD).Luego <DOC=60°(porque?) y <DAC=1/2(<DOC)=1/2(60°)=30°(porque?)
Finalmente Alpha=30°

Saludos :hola:
PD:Esta es una solucion alternativa a la de Francisco...noten que son RADICALMENTE distintas...eso es bueno aprenderlo desde ya...en matematicas nunca hay una unica solucion...

[ZeuS]

P14 ) Dado el triángulo ABC en el que A = 70º y B = 60º, y el triángulo A'B'C', donde A', B' y C' son los pies de las alturas de los triángulos desde A, B y C, respectivamente (el pie de una altura es el punto de intersección entre la altura y el lado). Hallar los ángulos de dicho triángulo.

SOLUCIÓN:
Calculamos primero, todos los ángulos en la figura que nos servirán para la resolución del problema:

<CAB=(<B'AA')+(<A'AB)=70º
<CBA=(<A'BB')+(<B'BA)=60º
<BCA=(<A'CC')+(<C'CA)=50º
<B'AA'=180º-(<ACB+<AA'C)=40º
<A'AB=180º-(<ABA'+<AA'B )=30º
<A'BB'=180º-(<B'CB+<CB'B )=40º
<B'BA=180º- (<B'AB+<AB'B )=20º
<A'CC'=180º-(<CBC'+<CC'B )=30º
<C'CA=180º-(<CAC'+<CC'A)=20º

Al trazar las rectas B'A' , B'C' y C'A' formamos el triángulo A'B'C'. Observaremos tres cuadrilateros en la figura y describiremos lo que sucede con ellos:

1) Cuadrilatero (ABA'B' ): observamos que los angulos (<AB'B ) y (<BA'A) tienen igual medida,de 90º, por lo que concluimos que este cuadrilatero es cíclico. Ahora circunscribimos la circunferencia (ABA'B' ) a este cuadrilatero y observamos que hay angulos que subtienden el mismo arco:

a)<A'AB y <A'B'B que tienen medida de 30º.
b )<B'BA y <B'A'A que tienen medida de 20º

2)Cuadrilatero (CA'C'A): observamos que los angulos (<CA'A) y (<CC'A) tienen igual medida,de 90º, por lo que concluimos que este cuadrilatero es cíclico. Ahora circunscribimos la circunferencia (CA'C'A) a este cuadrilatero y observamos que hay angulos que subtienden el mismo arco:

a)<C'CA y <C'A'A que tienen medida de 20º
b )<A'AC y <A'C'C que tienen medida de 40º

3)Cuadrilatero (BCB'C'): observamos que los angulos (<BB'C) y (<CC'B ) tienen igual medida,de 90º, por lo que concluimos que este cuadrilatero es cíclico. Ahora circunscribimos la circunferencia (BCB'C') a este cuadrilatero y observamos que hay angulos que subtienden el mismo arco:

a)<C'CB y <C'B'B que tienen medida de 30º
b )<B'BC y <B'C'C que tienen medida de 40º

FINALMENTE:

Los angulos del triangulo A'B'C' serán los siguientes:

1)<A'B'C'=(<A'B'B )+(<BB'C')
30º + 30º = 60º

2)<B'C'A'=(<B'C'C)+(<CC'A')
40º + 40º = 80º

3)<B'A'C'=(<B'A'A)+(<AA'C')
20º + 20º = 40º

Al responder a este problema, nos damos cuenta también, que el ortocentro del triángulo ABC, es el incentro del triángulo A'B'C'

Bueno esa es mi solucion. Chao a todos :hola:. SebastiáN / SSCC/

[S. E. Puelma Moy...]

Muy buena solución... me gustó mucho ver que fueras en detalle viendo todos los pasos, me recuerda cuando comencé a resolver problemas...

Un comentario sobre lo que dijiste al final:

Al responder a este problema, nos damos cuenta también, que el ortocentro del triángulo ABC, es el incentro del triángulo A'B'C'

Eso es verdad en todo triángulo acutángulo (donde el ortocentro está en el interior), y el proceso para demostrarlo es exactamente el mismo, claro que no podrás decir, por ejemplo, que , pero puedes llamarlo con alguna letra...

Si el triángulo fuese obtusángulo, el ortocentro queda fuera, en este caso el incentro del (conocido como triángulo órtico) es el vértice o , donde se produce el ángulo obtuso. El ortocentro del pasa a ser uno de los "ex-centros" del (creo que el nombre es "ex-centro", o algo parecido, algún día lo averiguaré)

Saludos y sigue resolviendo problemas y publicando tus soluciones, de ese modo vas a llegar bien preparado para las olimpiadas y para el campeonato escolar... entre otras cosas...

[Math_Killer]

Tengo una solución alternativa al p1. Me gusta más (será porque la hice yo...: )


Editado:["img]G:Geometriasolucionsol.png[/img"]


buu, no se como postear imágenes

Observacion:No puedes linkearla de tu tarro po , debes subirla a inet (una alternativa es imageshack) ... preparare una guia ...

[Corecrasher]

Tengo una solución alternativa al p1. Me gusta más (será porque la hice yo...: ) 


["img]G:Geometriasolucionsol.png[/img"]


    buu, no se como postear imágenes

No puedes linkearla de tu tarro po , debes subirla a inet (una alternativa es imageshack) ... preparare una guia ...

Lo prometido es deuda : http://www.fmat.cl/foro/viewtopic.php?p=1449#1449 (Guia para subir imagenes)