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Tarea Nº 6, Problemas Clasicos en Geometria

Rurouni Kenshin Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jan 18 2007, 04:54 PM Publicado: #1
Webmaster Grupo: Administrador Mensajes: 6.692 Registrado: 13-May 05 Desde: Santiago Centro Miembro Nº: 2 Nacionalidad: Sexo:	Sin mas que comentar, una entretenida tarea para desafiar al ingenio. Saludos Archivo(s) Adjunto(s) Tarea_N__6.doc ( 57k ) Número de descargas: 300 -------------------- Colegios/Liceos/Universidades en Fmat (Integrate!!!!) Videos PSU de Funciones (Y tú, ¿Aun estas aproblemado con Funciones?)

GlagosSA Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jan 18 2007, 09:35 PM Publicado: #2
Dios Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 380 Registrado: 22-April 06 Desde: Chillan, chile, sudamerica, el mundo Miembro Nº: 912 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	$TEX: \noindent Muy entretenida la tarea, bien desafiante$ $TEX: \noindent Problema 1$ $TEX: \noindent Primero vemos que el triangulo ABD tiene el mismo area que el BDC, ya que tienen la misma base y la misma altura. Lo mismo sucede con los triangulos DEP y DHP, y con los BGP y BFP. Por lo tanto (AEPG)=(ABD)-(PED)-(BGP), y (CFPH)=(BCD)-(PHD)-(BPF), pero (ABC)=(BCD), (PED)=(PHD), (BGP)=(BPF), por lo que (CFPH)=(ABD)-(PED)-(BGP)=(AEPG), demostrando lo pedido.$ -------------------- Un dia aciago del año 212 a.C., durante la segunda querra punica, Arquimedes se encontraba contemplando algunos circulos que tenia dibujados sobre la arena. Un soldado romano trató de interrumpirlo. La reaccion del genio frente a la presencia del enemigo invasor, el lugar de ser miedo, fue indignacion por verse interrumpido en su trabajo intelectual.-"¡deje en paz a mis circulos!"- Unos minutos mas tarde, el maestro matematico de 75 años, muere atravesado por una espada romana. La altura de tu Vuelo dependera del tamaño de los Ideales que lleves por Alas.. El beso es la distancia mas corta entre Tú y Yo..

GlagosSA Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jan 18 2007, 09:50 PM Publicado: #3
Dios Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 380 Registrado: 22-April 06 Desde: Chillan, chile, sudamerica, el mundo Miembro Nº: 912 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	$TEX: \noindent Problema 2$ $TEX: \noindent Partamos por la base de que la paralela media de todo trapecio rectangulo vale la semisuma de los lados paralelos (se demuestra por un rectangulo y despues por tales). Con esto, el problema sale casi directo, ya que si trazamos una perpendicular desde M a la recta XYZ, como M es pto medio de AB (porque g es baricentro), tendremos que MF es paralela media de el trapecio rectangulo ABZX, por lo que mide $\dfrac{AX+BZ}{2}$. Ahora hay que fijarse en la semejanza de los triangulos CYG y GMF (demostrable por el angulo opuesto por el vertice que tienen y como son paralelas MF con CY, angulo YCG = angulo GMF), y entonces estamos listos, ya que se sabe que el baricentro corta a las transversales en razon 2:1. por la semejanza descrita tenemos que $\dfrac{BZ+AX}{2}=\dfrac{CY}{2}$, lo que demuestra lo pedido.$ -------------------- Un dia aciago del año 212 a.C., durante la segunda querra punica, Arquimedes se encontraba contemplando algunos circulos que tenia dibujados sobre la arena. Un soldado romano trató de interrumpirlo. La reaccion del genio frente a la presencia del enemigo invasor, el lugar de ser miedo, fue indignacion por verse interrumpido en su trabajo intelectual.-"¡deje en paz a mis circulos!"- Unos minutos mas tarde, el maestro matematico de 75 años, muere atravesado por una espada romana. La altura de tu Vuelo dependera del tamaño de los Ideales que lleves por Alas.. El beso es la distancia mas corta entre Tú y Yo..

GlagosSA Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jan 18 2007, 10:02 PM Publicado: #4
Dios Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 380 Registrado: 22-April 06 Desde: Chillan, chile, sudamerica, el mundo Miembro Nº: 912 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	$TEX: \noindent Problema 4$ $TEX: \noindent Se traza sobre BC un segmento de lado AC, y se ve que con CM, como estan en la razon 1:2, se forma la mitad de un triangulo equilatero, por lo que angulo BCM=60, CMO=30 y COM=90. Se traza AO y por construccion, tenemos que el AOC es isoceles, entonces como el angulo ACB = 120, el angulo OAC=30, pero el angulo CMO = 30, por lo tanto AOM es isoceles y AO=OM, del mismo modo, como angulo OAC=30 y angulo ABC=45, BAO = 15, y el triangulo AOB es isoceles con AO=BO, pero AO=OM, luego OM=BO y el triangulo BOM es isoceles. Finalmente como el angulo BOM es 90, el angulo BMO=45, y angulo AMB = 45+30=75.<br />$ -------------------- Un dia aciago del año 212 a.C., durante la segunda querra punica, Arquimedes se encontraba contemplando algunos circulos que tenia dibujados sobre la arena. Un soldado romano trató de interrumpirlo. La reaccion del genio frente a la presencia del enemigo invasor, el lugar de ser miedo, fue indignacion por verse interrumpido en su trabajo intelectual.-"¡deje en paz a mis circulos!"- Unos minutos mas tarde, el maestro matematico de 75 años, muere atravesado por una espada romana. La altura de tu Vuelo dependera del tamaño de los Ideales que lleves por Alas.. El beso es la distancia mas corta entre Tú y Yo..

GlagosSA Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jan 18 2007, 10:14 PM Publicado: #5
Dios Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 380 Registrado: 22-April 06 Desde: Chillan, chile, sudamerica, el mundo Miembro Nº: 912 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	$TEX: \noindent Problema 5, mi preferido en esta tarea$ $TEX: \noindent, Prolongamos AD hasta E tal que ABEC sea paralelogramo (estoy permitido de hacer esto gracias a que M es punto medio y asi AE es diagonal del paralelogramo). Hecho esto, trazo BN tal que N es punto medio de la hipotenusa, por lo que BN=NA y el triangulo BNA es isoceles, llamemosle a los angulos basales $u$, por lo que BNE=2$u$, pero por construccion el angulo AEB=2$u$ (ya que en un paralelogramo los angulos opuestos son iguales), por lo tanto el triangulo BN es isoceles con BN=BE, pero BN=NA, luego NA=BE, y como ABEC es paralelogramo, BE=AC, entonces AC=AN. Finalmente AD=2AN=2AC, lo que demuestra lo pedido$ Mensaje modificado por Rurouni Kenshin el Mar 3 2010, 06:13 PM -------------------- Un dia aciago del año 212 a.C., durante la segunda querra punica, Arquimedes se encontraba contemplando algunos circulos que tenia dibujados sobre la arena. Un soldado romano trató de interrumpirlo. La reaccion del genio frente a la presencia del enemigo invasor, el lugar de ser miedo, fue indignacion por verse interrumpido en su trabajo intelectual.-"¡deje en paz a mis circulos!"- Unos minutos mas tarde, el maestro matematico de 75 años, muere atravesado por una espada romana. La altura de tu Vuelo dependera del tamaño de los Ideales que lleves por Alas.. El beso es la distancia mas corta entre Tú y Yo..

Zirou Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jan 18 2007, 10:16 PM Publicado: #6
Máquina que convierte café en teoremas Grupo: Colaborador Silver Mensajes: 1.665 Registrado: 18-August 05 Desde: Concepción Miembro Nº: 247 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	$TEX: $\boxed{Problema\ 3}$$ $TEX: \noindent Se reflejan los cuadrados AHCM creando asi una cuadricula de $2\cdot3$ cuadrados de distancia. Se prolonga A y B hasta un punto C tal que se forme un triangulo isoceles.\\<br />Notemos que $\triangle ADH$ es reflejado en torno a el eje AM, entonces $\angle BAZ=\angle ADH=b$, se traza $\angle AZB=e$ tq $b+j=90$.\\<br />Ahora $\triangle BZA \cong \triangle CFB$ (ALA) entonces $\angle FBC=e$ por lo tanto $\angle ABC=90$<br />De esta forma como $\triangle ABC$ es isosceles $\angle ACB=\angle BAC=45$\\<br />Fijando nuestra mirada en $\angle HCM$ el cual mide 90 vemos que tambien se cumple que:\\<br />\begin{equation}<br />\begin{aligned}<br />\angle HCM&=45+j+b\\<br />45&=j+b<br />\end{aligned}<br />\end{equation}<br />Por otro lado $\overline{AE}$ es diagonal del cuadrado AGHE entonces $\alpha=45$\\<br />de esta forma $a+b+j=90$<br />$ cuadraditos.PNG ( 11.32k ) Número de descargas: 1 Mensaje modificado por zirou el Jan 18 2007, 10:17 PM -------------------- $TEX: $mathcal{Z}$ $imath$ $Re$ $varnothing$ $mho$$ Manual para subir imágenes y archivos a fmat (con servidor propio) Manual de latex Estilo Propio Lista de libros en fmat "Un Matemático es una máquina que trasforma café en teoremas"(Erdös) --- Consultas, sugerencias, reclamos via mp o a los correos mencionados.

Nilrem Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jan 20 2007, 09:17 PM Publicado: #7
Maestro Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 122 Registrado: 6-October 06 Desde: VIII Región Miembro Nº: 2.438 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	$TEX: Otra solucion para el Problema 3$ $TEX: Primero construimos un cuadrado como el que se ve en la figura. Como el angulo a= 45º ya que esta en la diagonal del cuadrado chico savemos que en el cuadrado grande en la diagonal tambien va a estar "a". Trasladamos simplemente el los angulos b y c y finalmente comprobamos que:$ $TEX: a+b+c=90º$ $TEX: Ya que todos los angulos de un cuadrado miden 90º$

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