Sean [math]ABCD un rectángulo, [math]M el punto medio del lado [math]BC y [math]P, [math]Q puntos del lado [math]AB tales que [math]A\widehat{M}Q = Q\widehat{M}P = P\widehat{M}B y [math]AQ = 2 BP. Calcular la medida del ángulo [math]A\widehat{M}B.
Para que el problema tenga sentido los puntos [math]A, [math]Q, [math]P y [math]B se encuentran alineados en ese orden. Sea [math]\angle AMQ=\angle QMP=\angle PMB=\alpha. Vamos a ver que [math]\triangle AQD es semejante al [math]\triangle PBM. Para eso notemos que [math]\angle DAQ=\angle PBM=90^{\circ} y que [math]\frac{AD}{AQ}=\frac{2BM}{2BP}=\frac{BM}{BP}. Como resultado sigue que [math]\angle ADQ=\angle PMB=\alpha y entonces como [math]\angle ADQ=\angle AMQ=\alpha sigue que [math]ADMQ es cíclico y que [math]\angle BAM=\angle QAM=\angle QDM=90^{\circ}-3\alpha. Ahora calculamos [math]\angle DMC ya que [math]\angle DMC=90^{\circ}-(\alpha)-(90^{\circ}-3\alpha)=2\alpha. Como [math]\triangle ABM y [math]\triangle DCM son congruentes obtenemos que [math]\angle AMB=\angle DMC=3\alpha. Por suma de ángulos internos en [math]\triangle DMC, [math]2\alpha+3\alpha+90^{\circ}=180^{\circ}\Rightarrow \alpha=18^{\circ} y finalmente [math]\angle AMB=3\alpha= 54^{\circ}
¨Todos somos muy ignorantes. Lo que ocurre es que no todos ignoramos las mismas cosas¨
dado el rectángulo [math]ABCD, [math]M es el punto medio del lado [math]BC y en [math]AB estan [math]P y [math]Q tales que los angulos [math]AMQ= QMP= PMB y [math]AQ=2PB . Hallar el angulo [math]AMB
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.
Denotamos [math]\alpha a los 3 angulos iguales del problema. Sean [math]R un punto tal que [math]RAQM es un paralelogramo y [math]N el punto medio de [math]RM.
Como [math]AQ=RM=2PB entonces [math]NP\parallel BM y [math]\angle MPN=\angle RPN=\alpha. Tracemos por [math]R una paralela a [math]BM que corta a [math]AB y a [math]MP en [math]S y [math]T. Luego se observa facil que [math]RTP es isosceles de modo que [math]\angle TRP=\angle RTP=\alpha. Sale de aqui que [math]PT=PR=PM es decir que [math]P es el centro de la circunscrita a [math]TRM.
Vemos tambien que por alternos internos es [math]\angle RAM=\alpha y como [math]\angle RTM=\alpha concluimos que [math]A pertenece a dicha circunscrita con centro P. Por paralelas vemos facil que [math]\angle ARS=2\alpha que nos lleva a que [math]\angle ARP=3\alpha y por isosceles [math]ARP es [math]\angle RAP=3\alpha.
Resolvemos con el triangulo rectangulo [math]AQR que [math]\angle RAS + \angle ARS=90=5\alpha\rightarrow \alpha=18\rightarrow \angle AMB=54.
geo.png
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.
Sean $A\widehat MQ=Q\widehat MP=P\widehat MB=\alpha$ y $B\widehat MA=\beta$. Como $AQ=2BP$, $AD=2BM$ y $Q\widehat AD=90^\circ =P\widehat BM$, resulta $QAD\simeq PBM$, y por lo tanto $A\widehat DQ=\alpha$, de modo que $AQMD$ es cíclico, luego $Q\widehat DM=Q\widehat AM=\beta$. Como $BM=CM$, $AB=CD$ y $A\widehat BM=90^\circ =D\widehat CM$, resulta $ABM\equiv DCM$, y por lo tanto $M\widehat DC=M\widehat AB=\beta$. Como $A\widehat BM=90^\circ$, se tiene que $3\alpha +\beta =90^\circ$ y como $90^\circ =A\widehat DC=\alpha +2\beta$, resulta\begin{align*}3\alpha +\beta =\alpha +2\beta & \implies 2\alpha =\beta \\
& \implies 5\alpha =90^\circ \\
& \implies \alpha =18^\circ \\
& \implies A\widehat MB=3\alpha=54^\circ .
\end{align*}Por lo tanto $A\widehat MB=54^\circ$.
No tienes los permisos requeridos para ver los archivos adjuntos a este mensaje.
