Se encontraron 42 coincidencias

por DiegoLedesma
Dom 14 Abr, 2019 8:24 pm
Foro: Geometría
Tema: Uno con rectangulo para hacer cuentas
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Re: Uno con rectangulo para hacer cuentas

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: $(x-AB)^{2}+y^{2}=9$;...
por DiegoLedesma
Dom 14 Abr, 2019 8:15 pm
Foro: Geometría
Tema: Uno con rectangulo para hacer cuentas
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Re: Uno con rectangulo para hacer cuentas

Gianni De Rico escribió:
Mié 03 Abr, 2019 7:15 pm
Hint
Spoiler: mostrar
Nuestro querido Pitágoras puede ayudarnos nuevamente. (?)
Que no te engañe la terna 3,4,5.
por DiegoLedesma
Jue 14 Mar, 2019 1:33 am
Foro: Geometría
Tema: ONEM 2018 - Fase 3 - Nivel 3 - P7
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Re: ONEM 2018 - Fase 3 - Nivel 3 - P7

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...
por DiegoLedesma
Lun 11 Mar, 2019 11:55 pm
Foro: Geometría
Tema: Otro problema geométrico inventado
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Re: Otro problema geométrico inventado

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...
por DiegoLedesma
Dom 10 Mar, 2019 10:16 pm
Foro: Algebra
Tema: ONEM 2015 - Fase 3 - Nivel 2 - P5
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Re: ONEM 2015 - Fase 3 - Nivel 2 - P5

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...
por DiegoLedesma
Sab 09 Feb, 2019 1:03 pm
Foro: Problemas
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}=...
por DiegoLedesma
Lun 28 Ene, 2019 9:14 am
Foro: Problemas
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...
por DiegoLedesma
Lun 28 Ene, 2019 9:11 am
Foro: Problemas
Tema: OFO 2019 Problema 2
Respuestas: 5
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Re: OFO 2019 Problema 2

charo morencos escribió:
Lun 28 Ene, 2019 5:25 am
Spoiler: mostrar
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 DiegoLedesma
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 $...
por DiegoLedesma
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\...