En el triangulo ABC se trazan las bisectices de los ángulos A y C. Sean K y L los pies de las perpendiculares del punto B sobre las bisectrices. Demuestre que la recta KL es paralela a AC
jajaja chale diego... bueno pues lo haré... En mi triangulo, K esta en la bisectriz de C y L en la de A, y ambos están dentro del triángulo, tons bueno... pos llamamos I al incentro del Triangulo ABC, y tenemos que el ángulo (utilizare < para ángulos) <BAI=<CAI y lo llamo "a", <ACI=<BCI y lo llamo "c", <ABI=<CBI y lo llamo "b". Llamo M a la intersección de BI con AC. Ahora... pos sabemos que la suma de los ángulos internos de ABC es igual a 180° y que es igual a 2(a+b+c)(<BAC+<ACB+<CBA=<BAI+<CAI+<ACI+<BCI+<CBI+<ABI=2a+2b+2c=180°) Ahora, tenemos que, si te "agarras" al triangulo MCI, <CMB=<MAB+<MBA=2a+b, despues, tenemos que <MIC=180°-(<CMI+<MCI)=180°-(2a+b +c) y como sabemos que a+b+c=90°, <MIC=90-a. Sabemos por ángulos opuestos por el vértice que <KIB=<MIC=90°-a, ahora, tenemos que el cuadrilátero KBLI es cíclico ya que <IKB+<ILB=90°+90°=180° así que <KIB=<KLB=90°-a, y también sabemos que <ILB=<KLI+<KLB=90°, pero como <KLB=90°-a, <KLI=a, y como tenemos que <KLI=<IAC=a, KL es paralela a AC
prolongamos BL y BK hasta cortar a AC en P y Q (P mas cerca de A que de C, y K en PB), luego, por ALA: ALB congruente a ALQ y CKP congruente a CKB => BK=KP y BL=LQ => BK/KP=BL/LQ=1 y por Thales AC paralela a KL
Sea I el incentro de ABC, <BAC= 2a, <ABC= 2b y <ACB= 2c, tenemos que <BIK= a+b, pues es angulo externo al triangulo ABI, ademas ya que <IBK= 90 = a+b+c, tenemos que <IBK= 180 -(2a+2b+c) = c, y ya que ILBK es cíclico, <IBK= <ILK= <ACL, de donde es claro que AC es paralela a LK, lo que se queria demostrar.
ya lo resolvi... pero como publico mi solución si no puedo dibujar el triángulo??
ResponderBorrarescribela....
ResponderBorrarjajaja chale diego... bueno pues lo haré...
ResponderBorrarEn mi triangulo, K esta en la bisectriz de C y L en la de A, y ambos están dentro del triángulo, tons bueno... pos llamamos I al incentro del Triangulo ABC, y tenemos que el ángulo (utilizare < para ángulos) <BAI=<CAI y lo llamo "a", <ACI=<BCI y lo llamo "c", <ABI=<CBI y lo llamo "b". Llamo M a la intersección de BI con AC. Ahora... pos sabemos que la suma de los ángulos internos de ABC es igual a 180° y que es igual a 2(a+b+c)(<BAC+<ACB+<CBA=<BAI+<CAI+<ACI+<BCI+<CBI+<ABI=2a+2b+2c=180°) Ahora, tenemos que, si te "agarras" al triangulo MCI, <CMB=<MAB+<MBA=2a+b, despues, tenemos que <MIC=180°-(<CMI+<MCI)=180°-(2a+b +c) y como sabemos que a+b+c=90°, <MIC=90-a. Sabemos por ángulos opuestos por el vértice que <KIB=<MIC=90°-a, ahora, tenemos que el cuadrilátero KBLI es cíclico ya que <IKB+<ILB=90°+90°=180° así que <KIB=<KLB=90°-a, y también sabemos que <ILB=<KLI+<KLB=90°, pero como <KLB=90°-a, <KLI=a, y como tenemos que <KLI=<IAC=a, KL es paralela a AC
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ResponderBorrarahi les va mi solución:
ResponderBorrarprolongamos BL y BK hasta cortar a AC en P y Q (P mas cerca de A que de C, y K en PB), luego, por ALA: ALB congruente a ALQ y CKP congruente a CKB => BK=KP y BL=LQ => BK/KP=BL/LQ=1 y por Thales AC paralela a KL
Tarde pero aqui esta...
ResponderBorrarSea I el incentro de ABC, <BAC= 2a, <ABC= 2b y <ACB= 2c, tenemos que <BIK= a+b, pues es angulo externo al triangulo ABI, ademas ya que <IBK= 90 = a+b+c, tenemos que <IBK= 180 -(2a+2b+c) = c, y ya que ILBK es cíclico, <IBK= <ILK= <ACL, de donde es claro que AC es paralela a LK, lo que se queria demostrar.
estan bien las soluciones que han puesto. Pero solo han puesto 3, pongan más, faltan 7
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