Se encontraron 37 coincidencias
- Sab 09 Feb, 2019 1:03 pm
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- Tema: OMEO 2019 N2 P3
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Re: OMEO 2019 N2 P3
Otro camino... Sean $K$ y $L$ la longitud de los lados de los cuadriláteros $ABCD$ y $BEFG$,respectivamente. Considerando a $XM$ y $XY$ como vectores, podemos calcular la longitud de cada uno: $X(\frac{K}{2},\frac{K}{2})$; $Y(K+\frac{L}{2},\frac{L}{2})$; $M(K,\frac{K+L}{2})$ $\Rightarrow$ $\vec{XM}=...
- Lun 28 Ene, 2019 9:14 am
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- Tema: OFO 2019 Problema 2
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Re: OFO 2019 Problema 2
Sean $E$ y $F$ los pies de las alturas $CE$ y $BF$. Por ser $\bigtriangleup$ $ABC$ acutángulo, el ortocentro $H$ se ubicará en su interior. Por consigna, $\hat{PHB}=\hat{CHQ}$, pero $\hat{PHB}=\hat{QHF}$ y $\hat{PHE}=\hat{CHQ}$ por ser en ambos casos opuestos por el vértice. Luego $\hat{PHB}=\hat{C...
- Lun 28 Ene, 2019 9:11 am
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- Tema: OFO 2019 Problema 2
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Re: OFO 2019 Problema 2
... ¿No es un poco obvio?$AD=AD$

- Vie 11 Ene, 2019 9:30 pm
- Foro: Geometría
- Tema: Trapecio isosceles, sencillo.
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Re: Trapecio isosceles, sencillo.
Por ser $ABCD$ y $CDEF$ trapecios isósceles, se tiene que $CB=AD$, $DB=AC$ y $DE=CF$, $CE=DF$ respectivamente. Además, $ABCD$ y $CDEF$ son cuadriláteros cíclicos. Luego, por el teorema de Ptolomeo: $DF.CE=EF.CD+DE.CF$ y $DB.AC=AB.CD+CB.AD$. Recordando que $AB=EF$, tenemos: $CE^{2}=AB.CD+DE^{2}$ y $...
- Vie 28 Dic, 2018 4:13 pm
- Foro: Geometría
- Tema: IMO 2001 - P1
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Re: IMO 2001 - P1
Por ser $\bigtriangleup$ $ABC$ acutángulo, su circuncentro se ubicará en el interior de dicho triángulo, y además $\hat{BAC}<90º$ Pero vamos a analizar el caso en que $\hat{BAC}=90º$: el circuncentro $O'$, al igual que $P$, pertenecen al lado $BC$, y $O'P=PC$. Teniendo en cuenta que $\hat{BCA}\geq\...
- Mar 20 Nov, 2018 4:07 pm
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- Tema: ONEM Cuarta Fase Nivel 2 (Problema 1)
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Re: ONEM Cuarta Fase Nivel 2 (Problema 1)
Trazamos la recta $DF$, que corta a la prolongación de $CA$ en $G$. Siendo $B \hat{F}D=\alpha$ y $B\hat{A}C=2\alpha$, luego tenemos que $A\hat{F}G=\alpha$ (opuesto por el vértice con $B\hat{F}D$) y $F\hat{A}G=180º-2\alpha$ (adyacente a $F\hat{A}C$). Luego, $\bigtriangleup$ $AFG$ es isósceles ($AF=A...
- Lun 12 Nov, 2018 8:24 am
- Foro: Geometría
- Tema: Nacional 2018 P3 N1
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Re: Nacional 2018 P3 N1
Construcción del trapecio ABCD Notemos que $EC=BC=4$. Construimos entonces una circunferencia de radio 4, cuyo centro será el vértice $C$ del trapecio. En dicha circunferencia, marcamos 2 puntos ($E$ y $B$), de manera tal que la distancia entre éstos sea $4\sqrt{3}$ (con esto nos garantizamos que el...
- Lun 12 Nov, 2018 7:03 am
- Foro: Problemas
- Tema: ONEM 2018 - Fase 3 - Nivel 3 - P9
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Re: ONEM 2018 - Fase 3 - Nivel 3 - P9
Por ser los 3 ángulos interiores del $\bigtriangleup$ $ABC$, diremos que $\hat{C}=180º-(\hat{A}+\hat{B})$, por lo que $cos(\hat{A})+cos(\hat{C})=cos(\hat{A})+cos(180º-(\hat{A}+\hat{B}))=cos(\hat{A})+cos(180º)cos(\hat{A}+\hat{B})+sin(180º) cos(\hat{A}+\hat{B})=cos(\hat{A})-cos(\hat{A}+\hat{B})$. El ...
- Lun 01 Oct, 2018 11:39 pm
- Foro: Geometría
- Tema: IBERO 2018 - P2
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Re: IBERO 2018 - P2
Una alternativa que se me ocurrió (utilizando un recurso que hace rato quería aplicar) Sin pérdida de generalidad, diremos que $D$ se encuentra entre $A$ y $B$ (para el caso de $D$ entre $A$ y $C$, el razonamiento es el mismo). Sea $G$ la intersección entre las rectas $BD$ y $CA$. Además, por ángulo...
- Lun 24 Sep, 2018 8:48 pm
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- Tema: Olimpiada de mayo 2018 nivel 2 problema 4
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Re: Olimpiada de mayo 2018 nivel 2 problema 4
Sea $E$ en $AD$, tal que $AE$=$2ED$. Al trazar $CE$, queda determinado el paralelogramo $AMCE$. La perpendicular trazada por $B$ corta a $AM$ y $CE$ en $F$ y $G$, respectivamente. Luego, por Thales: $FG=6$. Desde $N$ tracemos ahora la perpendicular a $CE$, que será también perpendicular a $AM$ (por...