Otra construcción para el punto exterior de Vecten

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Otra construcción para el punto exterior de Vecten

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Kaissa Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Mar 7 2013, 11:42 AM Publicado: #1
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 9.897 Registrado: 6-April 08 Miembro Nº: 19.238 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	$TEX: $ $\\<br />Dado $\Delta ABC$ construya el mayor cuadrado $S_{A}$ en su regi\'on interior con un lado sobre $\overline{BC}$ y llame $O_{A}$ a su centro.\\<br />Construya $S_{B}$ y $S_{C}$ de manera an\'aloga.\\<br />Entonces $\overrightarrow{AO_{A}}$, $\overrightarrow{BO_{B}}$ y $\overrightarrow{CO_{C}}$ son concurrentes.$ Mensaje modificado por Kaissa el Mar 7 2013, 11:48 AM -------------------- Este es un extracto de Qué es fmat by Kenshin. La pregunta para ti estimado(a) lector(a) es... ¿Qué haces tu para que ésto se cumpla?

cev Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jun 15 2013, 09:40 PM Publicado: #2
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 1.116 Registrado: 12-March 11 Miembro Nº: 84.732 Nacionalidad: Sexo:	En un $TEX: $\Delta XYZ$$ trazamos sus alturas. Hacemos $TEX: $\angle QZY=\alpha$$ . Luego hacemos $TEX: $KL\parallel XP$$ de forma que $TEX: $KL=PZ$$ . Una recta $TEX: $m\parallel YR$$ pasa por $TEX: $K$$ . Como $TEX: $\angle KYL=(90-\alpha) \rightarrow \angle YKL=\alpha \rightarrow \Delta LKY \cong \Delta PZH$$ .() Como $TEX: $NYMQ$$ es ciclico es $TEX: $\angle NYK=\angle QMK$$ pero este ultimo es igual a $TEX: $\angle RHZ$$ (por paralelismo), asi entonces $TEX: $\Delta NYK\cong \Delta RHZ$$ (recordar que por() teniamos que KY=HZ). Tenemos entonces que $TEX: $HR=OR$$ es decir que $TEX: $HROT$$ es un cuadrado. Si sobre $TEX: $XZ$$ ubicamos $TEX: $K'$$ de manera que $TEX: $K'R=TK$$ tenemos por criterio LAL que $TEX: $\Delta K'RH \cong \Delta KTH\rightarrow HK=HK'$$ . Luego $TEX: $\angle KHK'= \angle KHT+\angle THK'=90º$$ (porque este ultimo por paralelismo es igual a HK'R). Asi que $TEX: $\Delta KHK'$$ es isosceles recto. Si trazo $TEX: $K'V\parallel KL$$ y $TEX: $H'HH''\parallel YZ$$ , observamos $TEX: $\Delta K'HH'' \cong \Delta HH'K\rightarrow K'H''=HH'=LP$$ y, recordando (), $TEX: $YL=HP$$ y este ultimo, por construccion, igual a $TEX: $H''V$$ , entonces $TEX: $K'V=PY$$ . Esta ultima congruencia mas el hecho que por ciclico $TEX: $XYPR$$ es $TEX: $\angle PYH=\angle VK'Z$$ (por ALA) es $TEX: $\Delta PYH \cong \Delta VK'Z\rightarrow HP=VZ=YL$$ . Luego $TEX: $VY=LZ$$ () Por ultimo prolongamos $TEX: $XP$$ mas alla de $TEX: $P$$ hasta el punto $TEX: $K''$$ donde $TEX: $PK''=()$$ y tracemos $TEX: $YK''$$ y $TEX: $ZK''$$ , por criterio LAL tenemos, $TEX: $\Delta PZK'' \cong \Delta LKZ$$ y $TEX: $\Delta PYK'' \cong \Delta ZK'Y$$ , (como hice antes) dejo que el lector vea que $TEX: $\angle K'YK''= \angle KZK''=90º$$ con lo cual tenemos que $TEX: $\Delta KYK''$$ y $TEX: $\Delta KZK''$$ son triangulos isosceles recto. Si despues de todo este ****** el lector esta vivo, se habra dado cuenta que el $TEX: $\Delta ABC$$ del enunciado puede ser el $TEX: $\Delta KK'K''$$ que aqui quedo formado y que los baricentros de los respectivos cuadrados que alli se propone son los vertices de los 3 isosceles recto formados, $TEX: $H$$ , $TEX: $Y$$ y $TEX: $Z$$ , y que, efectivamente, $TEX: $KY$$ , $TEX: $K'Z$$ y $TEX: $K''H$$ concurren en $TEX: $X$$ . Mensaje modificado por cev el Jun 15 2013, 10:14 PM Archivo(s) Adjunto(s)** vecten.PNG ( 5.61k ) Número de descargas: 0 -------------------- >>>LG

Kaissa Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jun 15 2013, 10:34 PM Publicado: #3
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 9.897 Registrado: 6-April 08 Miembro Nº: 19.238 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	Deberían darme un premio por leer toda esa solución xD -------------------- Este es un extracto de Qué es fmat by Kenshin. La pregunta para ti estimado(a) lector(a) es... ¿Qué haces tu para que ésto se cumpla?

cev Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jun 16 2013, 07:05 AM Publicado: #4
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 1.116 Registrado: 12-March 11 Miembro Nº: 84.732 Nacionalidad: Sexo:	En las antipodas de la demostracion anterior esta en decir que "en todo triangulo ABC si construimos isosceles semejantes con bases en los lados del ABC y hacia el interior del mismo (aqui se nos propone construir isosceles recto), los vertices 'libres' de dichos isosceles unidos, respectivamente, a los vertices opuestos del ABC, concurren en un punto llamado perspector". Esta es una demo aburrida. ¡traer una recta y un juez de paz, por favor! Mensaje modificado por cev el Jun 21 2013, 06:52 AM -------------------- >>>LG

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