Rioplatense 2018 - N2 P5

Avatar de Usuario
Joacoini

OFO - Medalla de Plata FOFO 8 años - Medalla Especial OFO - Medalla de Oro
Mensajes: 136
Registrado: Jue 12 Oct, 2017 10:17 pm
Medallas: 3
Nivel: 2
Ubicación: Ciudad Gotica

Rioplatense 2018 - N2 P5

Mensaje sin leer por Joacoini » Jue 06 Dic, 2018 6:29 pm

Sea $ABC$ un triangulo acutángulo y escaleno. Se trazan las alturas $BE$ y $CD$ que se cortan en $H$. La bisectriz del angulo $\widehat{BAC}$ corta a las alturas $BE$ y $CD$ en $P$ y $Q$ respectivamente. Sea $T$ el ortocentro del triángulo $HPQ$. Demostrar que $TDA$ y $TEA$ tienen igual área.
NO HAY ANÁLISIS.

ricarlos
Mensajes: 377
Registrado: Lun 17 Dic, 2012 2:24 pm

Re: Rioplatense 2018 - N2 P5

Mensaje sin leer por ricarlos » Sab 15 Dic, 2018 9:44 am

Una pista
Spoiler: mostrar
Sea $ABCD$ un paralelogramo. Sean $P$ y $Q$ las intersecciones de la bisectriz de $\angle BAD$ con $BC$ y $CD$, respectivamente. Trazamos una perpendicular a $CD$ por $P$ que intersecta a $AB$ en $E$. Trazamos una perpendicular a $BC$ por $Q$ que intersecta a $AD$ en $F$. Vamos a probar que $EF\parallel BD$.

Vemos que $\angle BAQ = \angle AQD = \angle QAD = \angle APB$.

De estos angulos se tiene que $ABP$ y $ADQ$ son isosceles en $B$ y $D$ , luego se tiene que $QD=AD$ y $PB=AB$ (1).

Los triangulos $EPB$ y $FQD$ (rectangulos) son semejantes, entonces,

$\frac{PB}{EB}=\frac{QD}{DF}$ y con (1) nos queda $\frac{AB}{EB}=\frac{AD}{DF}$.

De esto ultimo sale que $EF$ y $BD$ son paralelas.
paralelo.png
(lo que me sirvio para el Rioplatense es la relacion de estas paralelas con la diagonal AC)
No tienes los permisos requeridos para ver los archivos adjuntos a este mensaje.
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.

ricarlos
Mensajes: 377
Registrado: Lun 17 Dic, 2012 2:24 pm

Re: Rioplatense 2018 - N2 P5

Mensaje sin leer por ricarlos » Sab 02 Mar, 2019 9:31 pm

Spoiler: mostrar
En el triangulo $PQH$ trazamos las alturas por $P$ y $Q$ que intersectan a $AC$ y $AB$ en $R$ y $S$, respectivamente. Entonces tenemos que $TR\parallel AB$ y $TS\parallel AC$, es decir que $ASTR$ es un paralelogramo. Ahora sabemos por el problema anterior que $SR\parallel DE$ (1).
Sabemos que $AT$ biseca a $RS$ (diagonales de un paralelogramo) pero tambien por (1) y por Thales biseca a $DE$. Llamemos $M$ al punto medio de $DE$ y sean $D'$ y $E'$ las proyecciones de $D$ y $E$ sobre $AT$, entonces tenemos $\angle E'EM = \angle D'DM$, asi como $\angle E'ME = \angle D'MD$ y ademas $DM=EM$, luego con criterio ALA tenemos que $\Delta MEE' \cong \Delta MDD'$ y de aqui $EE'=DD'$.
Entonces los triangulos $TDA$ y $TEA$ tienen un lado en comun, $TA$ y sus alturas (con pie en TA) $DD'$ y $EE'$ son congruentes eso nos da igual area para ambos triangulos.
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.

Responder