Nuevo problema correspondiente a la XLVII Edición de la Olimpiada Matemática Española. Éste, el cuarto (el primero de la segunda sesión), es el siguiente:
Sea
un triángulo con
y
. Sea
el punto de la recta
tal que
es perpendicular a
, y
el punto medio de
. Demuestra que
.
Suerte.
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Puedes utilizar código LaTeX para insertar fórmulas en los comentarios. Sólo tienes que escribir
[latex]código-latex-que-quieras-insertar[/latex]
o
$latex código-latex-que-quieras-insertar$.
Si tienes alguna duda sobre cómo escribir algún símbolo puede ayudarte la Wikipedia.
Y si los símbolos < y > te dan problemas al escribir en LaTeX, te recomiendo que uses los códigos html & lt; y & gt; (sin los espacios) respectivamente.
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A mi me salen iguales
y 
Información Bitacoras.com…
Valora en Bitacoras.com: Nuevo problema correspondiente a la XLVII Edición de la Olimpiada Matemática Española. Éste, el cuarto (el primero de la segunda sesión), es el siguiente: Sea un triángulo con . Sea el punto de la recta tal que es perpe……
Falta un dato en el problema: el ángulo en A debe ser mayor de 90º. Lo añado ahora mismo.
Si trazamos una semirrecta que forme un ángulo α con el lado AC esta intersecará a la bisectriz del ángulo B en un punto P y a la prolongación del lado AB en E Los triángulos ABC y PBC son congruentes (ALA) BC es el lado y α , 2α los ángulos .Los segmentos AM y PM son congruentes y por tanto los ángulos AMB y PMC serán iguales al ser los segmentos AM y PM correspondientes.. Queda por demostrar que el punto P está en la recta KM(aparte de estar en la circunferencia circunscrita de ABC y en la… Lee más »
Construyendo el triángulo de vértice C(-1,0), vértice B (1,0), lado AC recta de pendiente «m» y lado AB recta de pendiente -m/(1-m^2) cumple la condición del enunciado, construimos igualmente A’BC simetrico de ABC respecto de CB El punto D es la intersección de AB y la perpendicular a AC por C; sus coordenadas serán ((1-m^2)/(3m^2-1),-4/(3m^2-1)) El vértive A’ sus coordenadas seran ((m^2+1)/3-m^2), -4/(3-m^2)) Deducidos por la intersección de las rectas igualmente fáciles de calcular Facilmente se ve que A’ y D estan alineados con (0,0), M punto medio de BC, (a simple vista se ve con las pendientes de OD… Lee más »
Yo lo hice igualando areas entre los triangulos (ABM) y (AMC), ademas entre los triangulos (DBM) y (DMC). Encontre que:
El problema resulta mas sencillo de resolver si se traza la recta CN, tal que la recta AC sea la bisectriz del angulo BCN, que es por construccion igual que ABC; o sea que el triangulo NBC es isosceles. Por lo que NM es perpendicular a BC. Dicho lo cual, el haz de rectas generado desde C cumple que ACD es igual pi/2 y que BCA es igual a AN. Si ahora tomamos, el haz que se genera desde M tenemos que, por construccion BMN es igual a pi/2. asi, por las invarianzas de las proyecciones resulta que AMN tiene… Lee más »
Villoriano.. a qué te refieres con «invarianza de las proyecciones»?? no entiendo tu argumento