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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}=...

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...

charo morencos escribió: ↑

Lun 28 Ene, 2019 5:25 am

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Llamemos $R$ y $S$ a los pies de las perpendiculares desde $D$ hasta los lados $AB$ y $AC$ respectivamente. Ahora, podemos notar que como $B\widehat{A}D$$=$$AD\widehat{A}C$, $A\widehat{R}D$$=$$A\widehat{S}D$ y $AD=AD$,

$AD=AD$

... ¿No es un poco obvio?

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 $...

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\...

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...

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...

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 ...

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...

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...