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Sea P(x,y) el punto del plano en que concurren los 3 segmentos dados. Supongamos que tenemos 3 circunferencias con centros en $A,B,C$ y radios $4,3 \; y \; 5$ respectivamente, y que $A=(0,0)$. Al armar las ecuaciones de la $2ª$ y $3º$ circunferencia, obtenemos respectivamente: $(x-AB)^{2}+y^{2}=9$;...

Gianni De Rico escribió: ↑

Mié 03 Abr, 2019 7:15 pm

Hint

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Nuestro querido Pitágoras puede ayudarnos nuevamente. (?)

Que no te engañe la terna 3,4,5.

Sean $T$ y $Q$ ($T$ sobre $AD$ y $Q$ sobre $DC$) tal que $OT$ $\perp$ $AD$ y $OQ$ $\perp$ $DC$. Siendo $L$ el lado del cuadrado $ABCD$ y $AG=36$, se tiene que $TG=36-\frac{L}{2}=QF$ (pues $\hat{TOG}=\hat{QOF}=\alpha$) Además: $EQ+QF=\frac{L}{2}-16+36-\frac{L}{2}=20$ $\Rightarrow$ $GD=FC$. En $\bigt...

A partir de los ángulos dados, se puede deducir que $\hat{ACB}=\hat{ADC}$. Al ser $\hat{ADE}+\hat{ADC}=\hat{BCA}+\hat{ACD}$, se tiene que $\hat{CDE}=\hat{BCD}$, luego $\hat{CDP}=\hat{DCP}$ (por ser adyacentes de $\hat{CDE}$ y $\hat{BCD}$, respectivamente), pero $\hat{CPD}=20º$, con lo que $\hat{CDP...

Los 3 casos que se presentan, podemos escribirlos como: $P(x)=(x^{2}-2x+1).C_{1}(x)+2x+1$; $P(x)=(x^{2}+2x+1).C_{2}(x)-2x+1$; $P(x)=(x^{2}-1)^{2}.C_{3}(x)+R(x)$ Sean $C_{1}(x)$ y $C_{2}(x)$ 2 monomios.Tomando los 2 primeros casos, igualando, aplicando propiedad distributiva y cancelando ambos 1, se...

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\...