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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...

Sean $E$ y $F$ los puntos en que el segmento trazado corta a $AB$ y $BC$ respectivamente. Los ángulos interiores de los cuadriláteros formados son 45º, 90º, los que resultan de la intersección de la diagonal con el segmento, y los formados entre dicho segmento con los lados $AB$ y $BC$. Éstos últim...

Sabiendo que $a\mid b$ $\Leftrightarrow$ $a\mid (b-a)$, y aplicado a este problema: $x\mid (198-x)$ $\Rightarrow$ $x\mid 198$. Siendo $198=2.3^{^2}.11$, generamos todas las posibilidades (teniendo en cuenta que $2\leq x\leq 98$), por lo tanto $x=\left \{ 2,3,6,9,11,18,22,33,66,99 \right \}$. Luego ...

Por ser $\bigtriangleup$ $ABC$ isósceles ($AC=BC$), se tiene que $C\hat{A}B=C\hat{B}A=45º$, luego por ser respectivamente adyacentes a éstos angulos: $Q\hat{A}R=Q\hat{B}P=135º$ Sea $A\hat{Q}R=\alpha$ $\Rightarrow$ $B\hat{Q}P=45º-\alpha$. Luego $A\hat{Q}R=B\hat{P}Q$ y $B\hat{Q}P=A\hat{R}Q$. Además, ...

$\bigtriangleup$ $FEC$$\sim$ $\bigtriangleup$ $FAB$ $\Rightarrow$ $F\hat{E}C=F\hat{A}B$. Por ser $AF$ bisectriz, se tiene que $D\hat{A}F=F\hat{A}B$ $\Rightarrow$ $D\hat{A}F=E\hat{F}C$, por lo que $\bigtriangleup$ $EFC$ es isósceles ($EC=FC$). Además, $\bigtriangleup$ $ADE$ también es isósceles ($AD...

Sea $E$ el punto de intersección entre la recta $CI$ y el lado $AB$. Además, se tiene que: $\frac{AD}{BD}= \frac{BC}{AC}$: *Si $AC>BC$ $\Rightarrow$ $BD>AD$. Por teorema de la bisectriz: $\frac{AC}{BC}= \frac{AE}{BE}$ $\Rightarrow$ $AE>BE$ Aplicando teorema de Stewart en $\bigtriangleup$ $ACE$ y $\...

Sean $E$ y $F$ los puntos de intersección entre $BZ$-$XD$ y $CZ$-$YD$ respectivamente. Al ser $E$ y $F$ puntos medios de $BZ$ y $CZ$ respectivamente, se tiene que $BE=EZ$ y $CF=FZ$. Aplicando Menelao en $\bigtriangleup$ $ABZ$: $\frac{DZ}{AD}$.$\frac{AX}{XB}$.$\frac {BE}{EZ}$$=1$, y al ser $BE=EZ$, ...

Por ser $E$ y $F$ puntos medios de $AD$ y $BC$ respectivamente, se tiene que $AE=ED$ y $BF=FC$. Y además, por consigna: $CG=GH=HD$ Sean $G$ y $H$ los puntos en que las rectas $AO$ y $BO$ respectivamente cortan al lado $CD$. Aplicando Menelao en $\bigtriangleup$ $FCD$, se tiene que $\frac{BF}{BC}.\f...

Ya lo edité. Copié mal una razón en Menelao, pero la solución es válida.