Nacional 2015 N2 P2

MNegri
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Nacional 2015 N2 P2

Mensaje sin leer por MNegri » Sab 05 Dic, 2015 11:19 pm

El rectángulo [math] tiene lados [math], [math]. El punto [math] del lado [math] es tal que la bisectriz de [math] pasa por el punto medio de [math]. Hallar la longitud del segmento [math].
Última edición por MNegri el Dom 06 Dic, 2015 2:24 pm, editado 2 veces en total.

MNegri
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Re: Nacional 2015 N2 P2

Mensaje sin leer por MNegri » Sab 05 Dic, 2015 11:20 pm

Traigo dos soluciones, una linda y otra no tanto.

Solución 1:
Spoiler: mostrar
Sea [math] el punto medio de [math]. Extendemos el segmento [math] y lo hacemos cortar en [math] con la recta [math]. La figura muestra esto.

Imagen

Primero vamos a demostrar que el triangulo [math] y el triangulo [math] son congruentes. En efecto, el ángulo [math]. Además, [math]º. Por hipotesis del problema, [math]. Entonces por ALA, concluimos que son congruentes.

Ahora vamos a demostrar que los triangulos [math] y [math] son congruentes.

Tenemos que [math] = [math]. Ademàs [math] es un lado compartido. Finalmente, por el teorema de la bisectriz aplicado al triangulo [math], tenemos que [math]. Esto demuestra que[math]. Ahora utilizamos LLL y listo.

Finalmente, como el triangulo[math] es isosceles esto demuestra que [math] son angulos rectos, pues la bisectriz coincide con la altura en un triángulo isosceles. Luego [math] (es simplemente hacer caza de angulos), con lo cual los triangulos [math] y [math] son semejantes. Como la razon es [math] entonces [math]
Última edición por MNegri el Dom 06 Dic, 2015 1:59 pm, editado 1 vez en total.

MNegri
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Re: Nacional 2015 N2 P2

Mensaje sin leer por MNegri » Sab 05 Dic, 2015 11:41 pm

Solución 2:
Spoiler: mostrar
Usamos una identidad trigonometrica, las conocidas identidades del doble del angulo. Para la tangente, esta identidad nos dice que [math].

Imagen

Como muestra la imagen, trazamos la perpendicular a [math] que pasa por [math], llamamos E al punto donde corta con [math]. Ahora, observando el triángulo rectángulo [math], usando simple trigonometria sacamos que [math].

Ahora observamos el triángulo rectángulo [math], usando trigonometria nuevamente tenemos que [math].

Usando la identidad mencionada al principio, tenemos que [math]

Por lo tanto, [math]. Como [math] concluimos que [math]

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MateoCV

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Re: Nacional 2015 N2 P2

Mensaje sin leer por MateoCV » Dom 29 May, 2016 4:22 pm

Spoiler: mostrar
Sea [math] el punto medio de [math], tracemos [math] luego [math] de donde [math] es cíclico, luego [math] de donde [math], luego [math] y [math] son semejantes y finalmente [math]
Última edición por MateoCV el Dom 29 May, 2016 7:19 pm, editado 1 vez en total.
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ricarlos
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Re: Nacional 2015 N2 P2

Mensaje sin leer por ricarlos » Dom 29 May, 2016 6:09 pm

Supongo que el ciclico es el APMD
Dado un triangulo ABC y los puntos medios L, M y N de los lados BC, AC y AB, respectivamente, probar que las bisectrices de los angulos ANB, BLC y CMA son concurrentes.

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MateoCV

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Re: Nacional 2015 N2 P2

Mensaje sin leer por MateoCV » Dom 29 May, 2016 7:20 pm

ricarlos escribió:Supongo que el ciclico es el APMD
Ya lo corregí
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fausto rp

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Re: Nacional 2015 N2 P2

Mensaje sin leer por fausto rp » Sab 25 Jun, 2016 10:09 pm

Spoiler: mostrar
Llamemos al punto medio de [math] y a la interseccion de las rectas [math] y [math], [math] y [math] respectivamente.
Notemos que [math] por ser alternos internos entre paralelas, entonces tenemos que los triangulos [math] y [math] son semejantes ya que tambien [math]. Luego [math].

[math][math] (por pitagoras) [math]

[math]

[math]

[math] (por diferencia de cuadrados)

[math]

[math]

[math]

[math]

[math] (de segundo grado)

[math]

Reemplazamos en [math]

[math] ,entonces [math]. Como [math] tenemos que;

[math], finalmente [math] y [math]

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Monazo

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Re: Nacional 2015 N2 P2

Mensaje sin leer por Monazo » Mar 18 Oct, 2016 6:52 pm

Acá publico otra solución válida y bastante linda
Spoiler: mostrar
Llamamos [math] al punto medio del lado [math].
Prolongamos la recta [math] y [math], y llamamos [math] al punto de intersección de las prolongaciones.
Por el teorema de la bisectriz tenemos que:
[math]
Reemplazamos y obtenemos:
[math]
Luego como el triángulo [math] es rectángulo aplicamos el teorema de pitágoras.
[math]
Nos queda un sistema de ecuaciones de dos incógnitas, aplicamos sustitución y nos queda:
[math]
Aplicamos Baskara y obtenemos que [math], por lo tanto [math]
Como [math] y [math] son paralelas, se puede mostrar que los triángulos [math] y [math] son semejantes. Aplicamos semejanza de triángulos y nos queda:

[math]
Reeplazamos y nos queda:
[math]
Despejamos y nos da [math]

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