Vamos con el problema de esta semana. Ahí va:
Sea
un triángulo y
tres puntos cualesquiera sobre los lados
y
respectivamente. Llamemos
al punto medio de
,
al punto medio de
y
al punto medio de
. Demostrar que el área del triángulo
es una cuarta parte del área del triángulo
.
Que se os dé bien.
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[latex]código-latex-que-quieras-insertar[/latex]
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Pues…el triángulo no tiene área, lo que tiene área es la región triangular 😛
Información Bitacoras.com
Valora en Bitacoras.com: Vamos con el problema de esta semana. Ahí va: Sea un triángulo y tres puntos cualesquiera sobre los lados y respectivamente. Llamemos al punto medio de , al punto medio de y al punto medio de . Demostrar que el área del tr…
Solución por geometría analítica. Más complicada de describir que de ejecutar. Si vale para un triángulo vale para cualquiera semejante a él. Dividamos todos los lados por la longitud del más largo. Coloquemos este con un extremo en el origen y el otro a su derecha sobre el eje de abscisas.Llamemos A al vértice del origen , B al extremo derecho del mismo laco y C al tercer v´rtice que, por comodidad estará en el primer cuadrante para que sus coordenadas sean positivas. Las coordenadas de los los vértrices del triángulo serán pues A(0,0), B(1,0) y C(p,q). situamos D, E,… Lee más »
JJGJJG, una solución más sencilla sería atacar el problema desde la geometría lineal pero sin utilizar coordenadas, tú has construido una base afín y trabajado con coordenadas respecto a ella. El triángulo construido es homotético al dado en realidad.
De hecho este problema me lo han puesto a mí en la carrera y confieso que también pequé de tirarme de cabeza a las coordenadas.
Este problema fue preguntado en la fase local de las olimpiadas matemáticas y fue el único que no hice. Pediría que si alguien puede dar una solución que no sea por geometría analítica que por favor la escriba, para saber como atacar problemas de este tipo desde otra perspectiva. Gracias.
Yo lo empecé algo, pero no soy capaz de terminarlo… A ver si se me entiende: si se trazan los lugares geométricos de los puntos medios se tiene un triángulo de área un cuarto de ABC y los lados paralelos. Este triángulo tiene por vértices los puntos medios M, N y O de AB, BC y CA respectivamente. Se empieza por trazar la recta AE. BE es el doble que MP. El área de ABE es BE·altura/2=MP·altura, y el área de MEP es MP·mitad de altura/2=MP·altura/4. Entonces ABE/PNO=ABC/MNO-(MP·altura)/(MP·altura/4)=4 Ahora el problema es que si se aplica el mismo procedimiento, hay… Lee más »
Figura 1: http://www.apolonio.es/img1/fig20140318a.png Sean A’,B’,C’ los puntos medios de BC,CA,AB respectivamente. El área del triángulo medial A’B’C’ es la cuarta parte de ABC y los puntos P,Q,R están en los lados de A’B’C’, que es semejante al ABC. Sean D’,E’,F’ el resultado de reflejar los puntos D,E,F respecto a C’,A’,B’. Entonces PB’/PC’ = EC/EB = E’B/E’C, y de la misma forma RA’/RB’ = D’A/D’B y QA’/QC’ = F’A/F’C. Por tanto el triángulo D’,E’,F’ inscrito en el triángulo ABC es semejante al triángulo RPQ inscrito de forma semejante en el triángulo A’B’C’. Es claro entonces que el área de PQR es… Lee más »
Las áreas de los triángulos DEF y D’E’F’ del comentario anterior son iguales. Basta demostrarlo en el caso de que ABC sea equilátero porque podemos convertir cualquier triángulo en un triángulo equilátero mediante una transformación afín (usando una transvección seguida de una dilatación), y esas transformaciones conservan la razón entre áreas y el paralelismo y las razones entre segmentos paralelos. Figura 2: http://www.apolonio.es/img1/fig20140318b.png Usando la fórmula area=, y si tomamos el lado del triángulo equilátero = 1, y u=AD,v=BE,w=CF, la suma de las áreas FAD + DBE + ECF es y la suma de las áreas F’AD’ + D’BE’ +… Lee más »
Lo podría explicar mucho mejor con un dibujo como decían por ahí, pero eso ya lo ha hecho fede muy bien. Partiendo de un triángulo equilátero como fede, supongo que si la teoría vale para todos los triángulos, vale también para éste que es el más sencillo que se me ocurre: Supongo que si nos encontramos con dos triángulos equiláteros superpuestos, se dará la siguiente situación. A=D B=E C=F Es tan sencillo que los puntos medios P, Q y R, coinciden, y al unirlos nos salen cuatro triángulos equiláteros pequeños, es decir, que el área de cada mini triángulo es… Lee más »
Adhiero al razonamiento de fede, pero creo que puede ser más sencillo. La clave es repetir el siguiente argumento: si las rectas XX’ y YZ son paralelas, entonces los triángulos XYZ y X’YZ tiene la misma área (su base es YZ y su altura es la distancia entre dichas rectas). En el problema, la elección de D, E, F es arbitraria, pero supongamos que tomamos específicamente D’, E’, F’, los puntos medios de AB, BC y CA, respectivamente, y P’, Q’, R’ como corresponden al problema. El área de P’Q’R’ es un cuarto de la de D’E’F’, la cual es… Lee más »
Error !!! Pensándolo mejor (y espero no equivocarme esta vez), al proceder de la manera que propuse, ciertos segmentos dejan de ser paralelos y el argumento no se puede repetir… Me disculpo
Mi solución con geogebra
https://www.dropbox.com/s/q2lo4544i178p4q/problema_triangulo_gaussianos.html
No sé si la demostración de fede partía de un triángulo equilátero, ya que ha cambiado el dibujo. Aunque la mía sea más simple, partiendo de un triángulo equilátero, llego a la conclusión que propone el problema. Es decir, que el área es una cuarta parte, y además salen todos equiláteros. Para que lo tengan más claro, me gustaría insertar el dibujo, aunque si lo leen detenidamente, se entiende. Un cordial saludo desde Cantabria.
Así se entiende mejor.
https://plus.google.com/u/0/117030519071218968719/posts
Este archivo es más directo.
La dirección anterior era indirecta, ya que estaba de pruebas.
Si alguna vez habéis cogido una bolsa del Corte Inglés, os daréis cuenta que dentro de los tres triángulos con la punta hacia arriba, hay un triángulo del mismo área a la inversa. Lo cual demuestra que también vale para triángulos isósceles.
También vale para los escalenos