miércoles, 29 de julio de 2009

Problema 21: Triángulo acutángulo, Ortocentro, Diámetro, Tangente, Colineal

Problema propuesto
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Problema 21: Triángulo acutángulo, Ortocentro, Diámetro, Tangente, Colineal.
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Problema de Geometria 21
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Nivel: Educacion Secundaria, Academia, Preparatoria, Bachillerato, College

7 comentarios:

  1. 1) AH*AE=AM^2
    (El cuadrilatero EDCH es ciclico E=D=90º , la potencia de A respecto de dicha circunferencia es AH*AE=AD*AC , pero este ultimo valor es la potencia de A respecto de de la circunferncia dato del problema , que es a su vez =AM^2)
    2)El cuadrilatero AMON es ciclico y E pertenece a esa circunferencia ( AM es perpendicular a OM ; radio y tangente , por la misma razón AN y ON , => MAON son conciclicos) en esta circunferncia AO es el diametro pues se ve bajo 90º desde M y N, pero el ángulo AEO =90º , pues AE es la altura => desde E se ve el diametro AO BAJO 90º => E está en la circunferencia
    Consideremos la inversión de centro A y potencia AM^2=AN^2 , la circunferencia de diametro AB es doble ...
    La inversa de la recta MN será una circunferencia que pasará pòr A y por M y N (ya que estos son puntos dobles) pero en esta circunferencia está E (segun 2); pero segun 1) en esta inversion E es el inverso de H , asi H está en la recta inversa de la circunferencia AMNOE, es decir lsa recta MN => M,N,H están alineados

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  2. para que M,H,N estén alineados, sólo bastará demostrar que mpor teorema recipróco al de antiparalelas se concluye que mmmAO y MN forman un ángulo recto, por lo cual mm<AMN=m<ANM=c. por lo tanto el cuadrilátero AMEN es inscriptible, por lo cual queda demostrado que los puntos M, H y N son coliniales.

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  3. Haré la solución paso a paso.
    1)Teorema:Si por un punto A exterior a una circunferencia se trazan las tangentes AM y AN (M y N en la circunferencia), además la perpendicular AE al diámetro BC, el cuadrilátero AMEN será inscriptible(Estoy usando el gráfico dado)

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  4. cuando escribo la solución no aparece todo el texto, asi que si desean la solución pueden mandarme un correo a gallo1685@hotmail.com
    saludos

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  5. Partiremos de dos propiedades previas.
    1) A partir de un punto A, exterior a una circunferencia de centro O se trazan las tangentes AM y AN ( M y N sobre esta) y la perpendicular AE al diámetro BC (E en BC), se cumple que el cuadrilátero AMEN es inscriptible y AE es bisectriz del ángulo MEN.
    * Demostración:
    Se trazan OM, ON y AO.
    El cuadrilátero AOEN es inscriptible ( m < AEO = m < ONA = 90°) ,entonces m < AON = m < AEN = Ɵ.......1
    El cuadrilátero AMON es inscriptible ( m < AMO = m < ONA = 90°)y es un trapezoide simétrico(se entiende que AE es eje de simetría), entonces m < AMN = m < AON = Ɵ.......2
    De (1) y (2), el cuadrilátero AMEN es inscriptible y por

    2) Sea un triángulo ABC y BD una ceviana interior tal que AB^2 = (AD)(AC), se concluye que m < ABD = m < ACB.
    Demostración:
    Se nota que el ángulo BAC es común para los triángulos ABD y ACB. Del dato,ordenando convenientemente, se tiene AB/AD=AC/AB, con lo cual podemos afirmar que los triángulos ABD y ACB son semejantes, siendo m < ABD = m < ACB por tratarse de elemnetos homólogos.

    Ahora resolveremos el problema.
    Por la propiedad (1), AE es la bisectriz del ángulo MEN => m < AEM = m < AEN = ϕ.
    Por el teorema de la tangente , tenemos:
    AN^2 = (AD)(AC).....a
    El cuadrilátero DHEC es inscriptible, entonces por el teorema de la secante , se tiene:
    (AD)(AC) = (AH)(AE)
    reemplazando en (a) se tiene:
    AN^2 = (AH)(AE).....(m)
    Por la propiedad (2):
    En (m): en el triángulo ANE, m < ANH = m < AEN = ϕ.
    Dado que el cuadrilátero AMEN es inscriptible , AE y MN son sus diagonales, por rebote la m < AMN = m < AEN = ϕ, pero m < AMH = ϕ, por lo tanto los puntos M,H y N deben ser colineales

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  6. Solucion enviada por Alejandro Astudillo A. de Santiago, Chile en
    Problema 21, Solucion 1

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