tag:blogger.com,1999:blog-1238990954487888310.post1184420520652901853..comments2023-08-02T16:10:49.839-07:00Comments on Geometria: Teoremas y Problemas: Problema 21: Triángulo acutángulo, Ortocentro, Diámetro, Tangente, ColinealAntonio Gutierrezhttp://www.blogger.com/profile/04521650748152459860noreply@blogger.comBlogger7125tag:blogger.com,1999:blog-1238990954487888310.post-24274440471512661882011-10-19T10:55:38.100-07:002011-10-19T10:55:38.100-07:00Solucion enviada por Alejandro Astudillo A. de San...Solucion enviada por Alejandro Astudillo A. de Santiago, Chile en<br /><a href="http://gogeometry.com/geometria/p021_solucion_problema_ast_triangulo_circunferencia_tangente_colineal.htm" rel="nofollow">Problema 21, Solucion 1</a>Antonio Gutierrezhttps://www.blogger.com/profile/04521650748152459860noreply@blogger.comtag:blogger.com,1999:blog-1238990954487888310.post-55141047515491451422011-04-04T14:41:02.483-07:002011-04-04T14:41:02.483-07:00Partiremos de dos propiedades previas.
1) A partir...Partiremos de dos propiedades previas.<br />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.<br />* Demostración:<br /> Se trazan OM, ON y AO. <br /> El cuadrilátero AOEN es inscriptible ( m < AEO = m < ONA = 90°) ,entonces m < AON = m < AEN = Ɵ.......1<br /> 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<br /> De (1) y (2), el cuadrilátero AMEN es inscriptible y por <br /><br />2) Sea un triángulo ABC y BD una ceviana interior tal que AB^2 = (AD)(AC), se concluye que m < ABD = m < ACB.<br /> Demostración: <br /> 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.<br /> <br />Ahora resolveremos el problema.<br /> Por la propiedad (1), AE es la bisectriz del ángulo MEN => m < AEM = m < AEN = ϕ.<br /> Por el teorema de la tangente , tenemos:<br /> AN^2 = (AD)(AC).....a<br /> El cuadrilátero DHEC es inscriptible, entonces por el teorema de la secante , se tiene:<br /> (AD)(AC) = (AH)(AE)<br />reemplazando en (a) se tiene:<br /> AN^2 = (AH)(AE).....(m)<br />Por la propiedad (2):<br /> En (m): en el triángulo ANE, m < ANH = m < AEN = ϕ.<br /> 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 colinealesCésar Cruzhttp://geometria-problemas.blogspot.com/2009/07/problema-21-triangulo-acutangulo.html?showComment=1301592648475#comment-c6224670311326102154noreply@blogger.comtag:blogger.com,1999:blog-1238990954487888310.post-52218889417817472182011-04-04T09:33:18.194-07:002011-04-04T09:33:18.194-07:00cuando escribo la solución no aparece todo el text...cuando escribo la solución no aparece todo el texto, asi que si desean la solución pueden mandarme un correo a gallo1685@hotmail.com<br />saludosCésar Cruznoreply@blogger.comtag:blogger.com,1999:blog-1238990954487888310.post-17288548892937686622011-04-04T09:14:10.363-07:002011-04-04T09:14:10.363-07:00Haré la solución paso a paso.
1)Teorema:Si por un ...Haré la solución paso a paso.<br />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)César Cruznoreply@blogger.comtag:blogger.com,1999:blog-1238990954487888310.post-62246703113261021542011-03-31T10:30:48.475-07:002011-03-31T10:30:48.475-07:00para que M,H,N estén alineados, sólo bastará demos...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.César Cruznoreply@blogger.comtag:blogger.com,1999:blog-1238990954487888310.post-73541478522875551902011-03-31T09:48:52.272-07:002011-03-31T09:48:52.272-07:00buena soluciónbuena solucióncesar cruznoreply@blogger.comtag:blogger.com,1999:blog-1238990954487888310.post-32087741246015976902011-03-09T23:18:03.613-08:002011-03-09T23:18:03.613-08:001) AH*AE=AM^2
(El cuadrilatero EDCH es ciclico E=...1) AH*AE=AM^2 <br />(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)<br />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 <br />Consideremos la inversión de centro A y potencia AM^2=AN^2 , la circunferencia de diametro AB es doble ...<br />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 alineadosCarlos E.Muñicohttp://www.blogger.com/post-create.g?blogID=2881700141419643011noreply@blogger.com