PROBLEMA INTERESANTE

robert123
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PROBLEMA INTERESANTE

Mensaje sin leer por robert123 » Dom 11 Feb, 2018 12:49 pm

Un paralelogramo es circunscrito sobre un cuadrado. Probar que las 4 perpendiculares trazadas desde los vértices del paralelogramo a los lados del cuadrado, forman un nuevo cuadrado.

ricarlos
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Re: PROBLEMA INTERESANTE

Mensaje sin leer por ricarlos » Lun 12 Feb, 2018 2:41 am

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Sin demostracion vemos que $CW=TA=BR$ (1) y tambien $UD=BP$ (2)
Tambien se puede ver facilmente que $HU=FP$ (3)

Es suficiente probar que (1)=(2) para ver que el sector coloreado en el dibujo corresponde a un cuadrado (eso equivale a probar que hay 4 cuadrados uno en cada vertice del ABCD tal como el BPQR).

Por el teorema del seno tenemos, en triangulo $ABE$,

$\frac{sen BEA}{AB}=\frac{sen EBA}{EA}$,

y en triangulo $ADH$,

$\frac{sen AHD}{AD}=\frac{sen ADH}{AH}$.

Sabemos que $sen BEA=sen AHD$ por angulos suplementarios y ademas $AB=AD$, luego

$\frac{sen EBA}{EA}=\frac{sen ADH}{AH}$, entonces $\frac{sen EBA}{sen(90-EBA)}=

\frac{EA}{AH}$,

$\frac{sen EBA}{cos EBA}= tg EBA = \frac{EA}{AH}$.

Pero $\frac{EA}{AH}=\frac{TA}{UH}$, por semejanza de triangulos AUH, ETA.

$\frac{TA}{UH}=\frac{BR}{FP}$, por (1) y (3).

$\frac{BR}{FP}=\frac{BS}{FB}$, por semejanza de triangulos SRB, BPF.

Finalmente $tg EBA =\frac{BS}{FB}$ (4).

Por definicion de tg tenemos en triangulo SFQ,

$tg SFQ = \frac{SQ}{FQ}$, luego si lo igualamos a (4) porque $\angle EBA=\angle SFQ$,

$\frac{SQ}{FQ}=\frac{BS}{FB}$, que por reciproco del teorema de la bisectriz tenemos

que $QB$ es bisectriz de $\angle FQS$, luego $\angle FQB = 45$ entonces $BPQR$ es
un cuadrado con lo cual (1)=(2) que es lo que queriamos demostrar.
cuadra.png
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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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