*Sean A, B, C y D cuatro puntos en el espacio, de tal manera que la distancia entre cada par es una constante k. Sean M y N puntos medios de AB y AC, respectivamente; y L∊AD. Por demostrar que el △LMN es isósceles.
*Demostrar que, en cualquier triángulo, el producto de los dos segmentos en que es dividida una altura por el ortocentro, es el mismo para las otras 2 alturas.
**Tenemos un △ABC, sea H su ortocentro y L, M y N los pies de las alturas en BC, CA y AB respectivamente. Demostrar que H es incentro del △LMN.
**a) Probar que podemos inscribir una circunferencia tangente a los lados de un cuadrilátero convexo (un cuadrilátero es convexo si para cualesquiera 2 puntos dentro de su área, el segmento que los une también está dentro) ⇔ la suma de dos lados opuestos del cuadrilátero es la misma a la suma de los otros 2 lados.
***b) Probar que las diagonales del cuadrilátero son perpendiculares.
*Trivial
**Medio
***Algo dificil.
Notación provisional para el blog en esta respuesta:
ResponderEliminarΔ - Triángulo.
ө - Ángulo.
~ - Semejante.
Respuesta del problema 2:
llamemos a los vértices del triángulo A, B, y C, llamemos a E, la intersección en AB de la altura que parte de C; D a la intersección de la altura que parte de A, y F a la intersección de la altura que parte de B
Tenemos las sguientes semejanzas:
ΔAEH ~ ΔCDH, por criterio AAA, ya que el өAHE = өCHD por ser opuestos por el vertice y el өAEH = өCDH por ser rectos, y recíprocamente өEAH = өDCH, Por el m,ismo criterio obtenemos tambien que:
ΔBEH ~ ΔCEH
ΔBDH ~ ΔAFH
Con estas semejanzas obtenemos las siguientes igualdades:
AE/CD = AH/CH = HE/HD
BE/CF = BH/CH = HE/HF
BD/AF = HD/HF = BH/AH
No nos importan las igualdades que no involucren a H, así que solo dejamos Las que nos interesan y despejamos los denominadores, pasandolos multiplicando al otro lado de la igualdad:
AH*HD = CH*HE
BH*HF = CH*HE
AH*HD = BH*HF
Y por transitividad todas son iguales l.q.d
Bien hecho! (Ya hasta pareces hijo de Sepu :P). Qué bien que intentes problemas, el camino a un nacional depende mucho del trabajo individual del olímpico; no todo son entrenamientos.
ResponderEliminarNotación provisional para el blog en esta respuesta:
ResponderEliminarΔ - Triángulo.
ө - Ángulo.
Respuesta del problema 1:
Para facilitar la resolución del problema podemos representar los puntos por triángulos equiláteros separados, ya sea el Δ ABD y el Δ ACD, los cuales son congruentes por criterio LLL, ya que comparten las mismas distancias para todos los puntos, sabemos que M y M son puntos medios de AB y AC, respectivamente; como por congruencia sabemos que AB = AC, entonces AM y AN son iguales por transitividad, ahora, tomemos un punto L en AD, como AD está siendo compartido en los dos triángulos, se traza el punto en la misma proporción, ahora si trazamos el segmento LM y LN obtenemos ΔLAM es semejante con ΔLAN por el criterio LAL, ya que AM = AN, AL es compartido, y өDAB = өDAC porque los dos triángulos son equiláteros, y por congruencia LN = LM, por tanto, al tener dos lados iguales, ΔLMN es isóceles l.q.d.
P.D. hahaha hijo de Sepu xD..
Este comentario ha sido eliminado por el autor.
ResponderEliminarCorrección, en el 3er renglon, en vez de M y M es M y N xD!!!
ResponderEliminary en el renglón 7, en vez de decir ΔLAM es semejante con ΔLAN, quise decir que eran congruentes.
ResponderEliminarEste comentario ha sido eliminado por el autor.
ResponderEliminarNotación provisional para el blog en esta respuesta:
ResponderEliminarΔ - Triángulo.
ө - Ángulo.
□ - Cuadrilátero.
~ - Semejante.
Respuesta del problema 3:
Observemos primero que por AAA:
ΔAHN ~ ΔCHL,
Ya que tienen ángulos opuestos por el vértice y un ángulo recto, el otro angulo recíprocamente tiene que ser igual para sumar 180, de igual modo sucede con:
ΔAMH ~ ΔBLH
ΔCHM ~ ΔBNH
De estas semejanzas obtenemos las siguientes igualdades de ángulos:
өHAN = өHCL
өHAM = өHBL
Ahora, observemos que el □CMHL es cíclico, porque tienen dos ángulos rectos opuestos que suman 180, de igual manera esto se cumple para
□MANH y □NBLH
De Esta propiedad obtenemos en □CMHL que:
өHCL = өHML y өHLM = өHCM
Por cortar el mismo arco, de igual manera obtenemos las siguientes igualdades de ángulos:
en □MANH: өHMN = өHAN, өHNM = өHAM
en □NBLH: өHNL = өHBL, өHLN = өHBN
Ahora, con las igualdades obtenidad de la semejanza y por transitividad:
өHMN = өHAN = өHCL = өHML ==> өHMN = өHML
өHMN = өHAN = өHBL = өHNL ==> өHMN = өHNL
Lo que nos dice entonces que MB y NC son bisectrices del ΔMNL, por tanto, su intersección forma el incentro del mismo l.q.d.