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Sea $S'$ en $CB$ tal que $SS'$ es perpendicular a $CB$ (es la proyección de $S$ en $BC$) Luego $CPQ$ y $PSS'$ son triángulos rectángulos con hipotenusas $PQ = PS$ y ángulos $\angle CPQ = 90 - \angle S'PS = \angle PSS'$ de donde son iguales. Pero $SBS'$ es rectángulo e isósceles, de donde $S'B = S' ...

Spoiler: mostrar: El area de ABKF es igual a la de ABCL restando CKF y AFL

El área de ABCL es 3/4 de ABCD
Las áreas de CKF y AFL suman 1/4 de ABCD (misma base y la altura es igual a AB)

Luego el cociente es 1/2

El dato de $\angle CDB= CBD$ está de más Si prolongamos $CB$ para cortar a la paralela por $A$ en $P$ y a la paralela por $D$ en $Q$ tenemos $\angle CDX = \angle CQD + \angle QCD = \angle CQD + 40$ $\angle BAP = 180 - \angle ABP- \angle APB = 180 - \angle CDX - \angle BQD = 180 - \left(\angle CQD + ...

Problema 250 Sea $t$ una recta y $P$ un punto exterior. Sobre la recta se marcan de izquierda a derecha los puntos $A,B,C,D,E$ de modo que $PA=PB$, $PB=BC$, $PC=CD$ y $PD=DE$. Se traza por $P$ la paralela a $t$ y se marca en esta paralela el punto $Q$ tal que $PQED$ es un paralelogramo. Si los ángu...

Para la parte a) es trivial, dejo la idea Sea $X$ la intersección de $CE$ con $BD$. Por potencia de un punto $XP \cdot XQ = XE \cdot XC = \text{xD} \cdot XB = XR \cdot XS$ de donde $PQRS$ es cíclico La b) es la interesante, dejo una solución fiera Por el Lema de Mazzito aplicado a la circunferencia ...

então, $\angle PAC=\angle PQC=\angle PEC$ por arco $\overparen{PC}$. Chega-se também, em $\omega$, em que $\angle SAB=\angle SDB=\angle SRB$. Então $A$ está sobre o encontro das mediatrizes de $SQ$ e $PR$, já que estão nessa ordem. ¿Cómo se sigue que $A$ está en la mediatriz? No entiendo la parte &...

Me parece que vas a tener que buscarte una IA más potente, porque el Turko literalmente puso un ejemplo en su solución. Quise probar tambien con IA. Podemos decir que, al igual que Boca Juniors, lo intentó... pero no le salió Vamos a resolver el problema paso a paso: ⸻ 🧠 Planteo del problema Querem...

lendsarctic280 escribió: ↑Lun 23 Jun, 2025 8:05 pm Solução $248$
Spoiler: mostrar
Como $\angle B=\angle BPC$ $(\ast)$ (Igualdade de segmentos)

No es cierto eso

lendsarctic280 escribió: ↑Lun 23 Jun, 2025 8:05 pm
Spoiler: mostrar
então temos que $\angle BPQ=90^\circ-60^\circ=30^\circ\implies\angle BPA=150^\circ$

Tampoco es cierto eso

Borisaurus escribió: ↑Lun 23 Jun, 2025 10:26 am Sea $ABCD$ un cuadrado, y sean $P$, $Q$ puntos sobre los lados $AB$ y $BC$ respectivamente tales que $BP = BQ$. Sea $H$ la proyección de $B$ sobre $PC$.

Demuestra que el circuncírculo de $\triangle AQD$ pasa por $H$.

Está bien el enunciado de este problema?

Para resolver este problema, usaremos a seguinte figura: https://i.imgur.com/mqeLpJA.png Para mostrar que $A,X,D$ e $Y$ estão sobre um mesmo círculo, basta mostrar que o quadrilátero formado por esses pontos é cíclico ou inscritível. Vemos que $AD\parallel BC$, então por transversais $AC$ e $BD$, $...

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