Selectivo Cono Sur 2004 P4

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Matías V5

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Selectivo Cono Sur 2004 P4

Mensaje sin leer por Matías V5 » Jue 12 Abr, 2012 10:59 pm

Nicolás debe dibujar un triángulo [math] y un punto [math] en su interior de modo que entre los [math] triángulos en los que queda dividido el [math] mediante las rectas [math], [math] y [math] haya [math] que tengan áreas iguales. Decidir si es posible lograrlo sin que los [math] triángulos tengan áreas iguales.
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Nacho

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Re: Semana de Entrenamiento para la Cono Sur - Día 2

Mensaje sin leer por Nacho » Mar 17 Abr, 2012 10:35 pm

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[math], [math] y [math].

Podemos suponer sin pérdida de la generalidad que las áreas que son iguales son iguales a [math] y las otras dos son [math] y [math]. Es más, podemos suponer que [math].
Tenemos dos casos solamente por simetría:

Caso 1) [math], [math] y [math].

Veamos que [math]. Entonces, por Teorema de Ceva, [math]. Entonces [math].

Ahora, por razones entre las áreas: [math]. Es decir, [math].

Caso 2) [math], [math] y [math].

Por Teorema de Ceva, [math]. Por razones entre las áreas. [math], y así [math]. Pero tengo que [math]. Entonces [math], de donde es una ecuación cuadrática en [math], y nos da [math] o [math].

Y así estamos.
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Gianni De Rico

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Re: Selectivo Cono Sur 2004 P4

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Lun 04 Dic, 2017 10:01 am

Una forma más fácil de justificar el primer caso
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Si $(BPD)=(CPD)$, como ambos tienen la misma altura desde $P$, debe ser $BD=DC$. Análogamente, $AF=FB$. Por lo tanto $F$ y $D$ son los puntos medios de $AB$ y $BC$, luego $P$ es el baricentro del triángulo y por lo tanto $\triangle ABC$ queda dividido en $6$ triángulos de áreas iguales.
[math]

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