Problema 1 de triángulos equiláteros: Primero probaré la segunda parte. Supongamos que las circunferencias del C'BA y el ACB' sólo se intersectan en A. Trazamos la tangente común por A y la prolongamos. Llamémos a su punto de intersección con BC U. El ángulo <CAU=60 por ser seminscrito de la circunferencia de ACB'. Análogamente, el <BAU=60, y como suman <CAB, <CAB=120, pero el triángulo es acutángulo: contradicción, por lo cual esas circunferencias se interesectan en 2 puntos. Llamémos al punto donde se intersectan distinto de A P. Probaré que la tercera circunferencia también pasa por P. Trazamos AP, CP y BC. El cuadrilátero APCB' es cíclico, por lo que <APC=120. Analogamente, <APB=120 y como <APC+<APB+<BPC=360, <BPC=120°, así que BA'CP es cíclico, por lo que P está en la circunferencia de BA'C. Ahora, para probar la primera parte, nos trazamos B'P y nos fijamos en el triángulo PBB'. Por inscritos, <B'PC=60 y ya teníamos que <BPC=120. Luego, <BPB'= <BPC+<B'PC=180, por lo que B, P y B' son colineales. Análogamente, se puede probar que C, C', P y A, A',P son colineales y las tres líneas concurren en P.
El 1 de tapetes: Trazamos la línea AM. El triángulo AMP tiene la misma área que el MPD, ya que comparten la base MP y tienen la misma altura desde ahí, ya que MP es paralela a AD, debido a que es paralela a BC. Análogamente, sacamos que el AMN tiene la misma área que el BNM. Luego, si sumamos esto, nos da que (AMP)+(AMN)=(MPD)+(MNB), que es lo mismo que decir que (AFE)+(FMP)+(MEN)=(FPD)+(BNE)+(FMP)+(MEN), de donde obtenemos que (AFE)=(FPD)+(ENB).
El 2 de tapetes: Trazamos la diagonal BD. Llamemos a sus intersecciones con AP y MC Ñ y J respectivamente. Nos fijamos en que los triángulos BDN y NDC tienen la misma área, ya que DN es mediana del DBC. Por esto, obtenemos que: (DÑT)+(ÑJZT)+(JBNZ)=(DTP)+(TZCP)+(ZNC) Ahora nos fijamos en los triángulos QBD y ABQ. BQ es mediana de ABD, por lo que pasa lo mismo, y de ahí obtenemos: (QXÑD)+(XYJÑ)+(YBJ)=(QAX)+(AMYX)+(MBY) Si sumamos estas áreas, tenemos que: (AMYX)+(XYZT)+(TZCP)=(QAX)+(QXTD)+(DTP)+(ZNC)+(YBNZ)+(MBY). Llamemos a esta suma, 1. Luego nos trazamos la otra diagonal, AC y repetimos el mismo proceso exactamente, pero con los otros triángulos que se forman. Sean W y R las intersecciones de AC con QB y DN respectivamente.Nos quedan las siguientes áreas: (AWX)+(XWRT)+(TRCP)=(QAX)+(QXTD)+(DTP) y también nos queda que: (RZC)+(WYZR)+(AMYW)=(ZNC)+(YBNZ)+(MBY) y si sumamos ambas obtenemos: (QXTD)+(YBNZ)+(XYZT)=(MBY)+(DTP)+(AMYX)+(TZCP)+(ZNC)+(AXQ) Llamémos a esta suma, 2.
Si sumamos 1 y 2 nos queda: 2(XYZT)=2[(AXQ)+(DTP)+(ZNC)+(MBY)] De donde obtenemos: (XYZT)=(AXQ)+(DTP)+(ZNC)+(MBY) Y terminamos
Tapetes 1: Tenemos el cuadrilátero ABCD y el ANCP, y AP es paralela a AD y AN a AB, entonces nos fijamos que el triangulo AMP y el DMP tienen la misma base y la misma altura, por lo tanto tienen la misma area, y como comparten a AFP el area de DFP => (DFP)=(AMF) Luego, el ANM y el BMN también tienen la misma base y la misma altura, entonces la misma area, por lo que (AEM)=(BEN), porque comparten (ENM) Por lo tanto (BEN)+(DFP)=(AEF) Tapetes 2: Tenemos el cuadrilátero ABCD y trazamops sus diagonales (AC y BD), luego nos fijamos que los triangulos AQB y el QDB tienen la misma area porque tienen la misma altura, igual con las parejas: DPA y PCA, la BDN y NDC, la MCB y ACM, entonces si sumamos esas 8 areas, nos da 2(ABCD) porque (ABQ)+(QBD)+(BDN)+(NDC)=(ABCD) y (BCM)+(AMC)+(DAP)+(PAC)=(ABCD). Entonces 2((AQB)+(DAP)+(NDC)+(MBC))=2((AYQ)+(QYTD)+(DTP)+(TPCZ)+(ZNC)+(XZNB)+(MXB)+(AYXM)+XYTZ), pero al despejar queda: (ADP)+(MBC)=(QYTD)+(XZNB)+(XYZT), lo que quiere decir que (AYQ)+(DTP)+(CZN)+(MXB)=(XYTZ)
El 1 de cuadriláteros con círculos inscritos: Sean P,Q,R,S los puntos de tangencia de la circunferencia con AB, BC, CD, y AD respectivamente. Trazamos OP, OQ, OR, OS. Llamémos a <POA=x. APOS es cíclico, ya que tiene dos ángulos de 90 opuestos, ya que son puntos de tangencia de una circunferencia. Ahora nos fijamos en el triángulo AOS. Por inscritos, <ASP=x, pero este ángulo es seminscrito de el arco SP, por lo que <SOP=2x y por lo tanto <SOA=x. Luego por el cíclico APOS, <SAP=180-2x. Luego nombramos a <POB=w y hacemos lo mismo con el cíclico PBQO, y nos queda que <POQ=2w y <PBQ=180-2w. Igual ,nombramos <COR=y y si hacemos el mismo proces, nos queda <RCQ=180-2y. Finalmente, nombramos a <DOR=z, hacemos lo mismo y nos queda <SOR=180-2z. Entonces, por el cuadrilátero ABCD, tenemos que 720-2x-2y-2z-2w=360, así que x+w+y+z=180. Ahora nos fijamos en que <AOB=x+w y <COD=y+z , por lo que suma 180 y terminamos.
Problema 1 triangulos equilateros. trazamos el circuncirculo de BÀC y el de AB`C y llamamos K a la interseccion de ambos. Ahora queremos probar que BC`AK es ciclico y asi probariamos que los circuncirculos pasan por un mismo punto. Trazamos KB, KA, y KC y checamos que angBKA=360-angAKC-angCKB= 120, lo anterior es facil de ver ya que KBA`C es ciclico y angBA`C=60. por tanto BC`AK es ciclico. Y para probar que AA`, BB` y CC`concurren solo hay que AKA`, CKC`, BKB` son colineales, lo cual es claro ya que angAKB`=60, angB`KC=60, angCKA`=60, lo anterior por angulos inscritos. Problema 4 triangulos equilateros. Llamemos Q al punto, y supongamos que esta sobre el arco AC, lo anterior simplemente para evitar confusiones en los nomres de los puntos, los cuales pueden quedar en diferente posicion, pero la resolucion del problema es analoga en cualquier posicion del punto. Llamemos x al angPMC=angPQC ya que QMPC es ciclico ya que angQPC=60=angQMC. Ahora, es facil ver que angQCM=60-x=angABQ por abrir el mismo arco en el circuncirculo de ABC, entonces angQBC=x=angQAC por abrir el mismo arco, ahora, AC paralela a QN y entonces angAQN=x=angAMN ya que ANQM es ciclico. Y entonces angAMN=angCMN y por tanto son opuestos por el vertice y NMP es una misma linea. Problema 1 tapetes Sumemos a ambos lados (ENCPF) y entonces de un lado tenemos la mitad del area del paralologramo, y en la otra (ANCP), hay que probar que esta es la misma que (ABN)+(APD) y asi probariamos que tambien es la mitad. Tenems que BN/NC=BM/MD por ser NM paralela a CD y por MP paralela a BC tenemos que BM/MD=CP/PD, de donde tenemos que BN/NC=CP/PD. Nombremos (ABN)=w, (ANC)=x, (ACP)=y, (APD)=z, tenemos que w/x=BN/NC ya que comparten altura, entonces la proporcion de sus areas es igual a la proporcion de sus bases. Y tenemos que y/z=CP/PD, de donde tenemos que w/x=y/z, y ademas tenemos que w+x=y+z, w-z=y-x por ser ambos la mitad del area del paralelogramo, elevamos al cuadrado y tenemos w^2-2wz+z^2=y^2-2yx+x^2, y como wz=xy, entonces w^2+2wz+z^2=y^2+2yx+x^2, agregando 4wz y 4xy (w+z)^2=(x+y)^2 w+z=x+y como queriamos. Problema 2 tapetes tenemos que (BMC)=(CMA), (ADP)=(APC), (BQA)=(BQD), (DCN)=(DNB), todo lo anterior por que son puntos medios de los respectivos triangulos a los que pertenecen. entonces sumemos, y nos queda (BMC)+(ADP)+(BQA)+(DCN)=(CMA)+(APC)+(BQD)+(DNB), racionalizando 2{(AQX)+(BMY)+(CNZ)+(DPT)} + (BXZN)+(CZTP)+(DTXQ)+(AXYM)=2(XYZT) + (BXZN)+(CZTP)+(DTXQ)+(AXYM) de donde (AQX)+(BMY)+(CNZ)+(DPT)=(XYZT) que es lo que queriamos.
Problema 1 cuadrilateros con circulos inscritos llamemos E,F,G,H a los puntos de tangencia de los lados AB, BC, CD, DA respectivamente con el circulo inscrito al cuadrilatero. Tenemos que AEO es congruente a AHO ya que los lados correspondientes son iguales. Por tanto angEAO=angHAO=x llamemoslo asi. tenemos que en los demas cuadrilateros sucede la misma congruencia de triangulo por lo que angEBO=angFBO=y, angFCO=angGCO=z, ang GDO=angHDO=w, tenemos que 2(x+y+z+w)=360. y tenemos que angEOA=90-x ya que E es punto de tangencia y por tanto AB es perpendicular a EO. Analogamente, tenemos que angEOB=90-y, angCOG=90-z, angDOG=90-w, sumandolos cuatro angulos nos da angBOA+angCOD=360-(x+y+z+w)=180 justo como queriamos
Problema 2 cuadrilateros inscritos Nombremos X,Y,Z,W a los puntos de tangencia del circulo inscrito al cuadrilatero en los lados DA, AB, BC, CD respectivamente y nombremos P,Q,R a los puntos de tangencia del circulo inscrito al triangulo ABC en los lados AB, BC, CA. Llamemos M,N,T a los puntos de tangencia del circulo inscrito al triangulo ADC en los lados CD, DA, AC. Toda mi solucion esta basada en el hecho de que las tangentes desde un punto a un circulo son de la misma longitud, lo cual es basico. DN=DM y DX=DW por tanto NX=MW BP=BQ y BY=BZ por tanto PY=QZ AY=AX y CW=CZ CR=CQ y AR=AP CT=CM y AT=AN y tenemos que AT+TC=AR+RC por lo que AN+CM=AP+CQ, con lo cual es claro que XN=YP y por lo tanto AR=AT y entonces R y T son el mismo punto. Tal vez suena un pococ confuso pero la verdd es que esta muy facil, con un dibujo es mucho mas facil de entender.
Tenemos ABCD con un circulo inscrito. Llamamos M, N, P, Q a las tangentes del circulo con centro O con los lados AB, BC, CD y DA respectivamente, primero nos fijasmos en el cuadrilátero cíclico OQCR, es cíclico porque tiene sus vértices opuestos que suman 180°. Nos fijamos que RC y CQ son tangentes al circulo, por lo que QC=CR, entonces < QOR = 2m. hacemos lo mismo en los tres cíclicos restantes: DSOR y llamamos a su angulo SOR = 2t, APOS con angulo SOP=2p y el BPOQ con angulo POQ= 2f. entonces vemos que 2f+2p+2t+2m=360, entonces f+p+t+m=180. Vemos que anguloAOB=p+f y que ang.COD= t+m => ang.AOB+ang.COD=p+f+m+t=180°
1 de equiláteros K es punto de interseccion de BB' con CC' por congruencia LAL, C'AC es congruente a BAB', entonces AB'CK es cíclico por que <AB'K=<ACK y d ela misma forma C'AKB es cíclico. entonces como <BC'A=<AB'C=60 los opuestos son 120 cada uno y por lo tanto <BKC debe ser 120 para completar 360 y como <BA'C=60, BA'CK es cíclico. Ahí ya esta la segund aaprte dle problema, ahora por inscritos <CKA'= 60 y <AKC'=60 y por lo tanto A,K,A' son colineales. lo puse corto, porque ya habia escrito varios y se borraron
5 de equiláteros Ponemos a P el punto sobre el arco AC, y a Q del lado donde esta AC,osea más hacia la derecha. LAs perpendiculares de Q sobre AP, BP y CP son R, T, S, respectivamente. Si nos fijamos QRP,PTQ,RPQ son triangulos rectangulos y todos ellos comparten la hipotenusa, lo que significa q PRSQT es cíclico por que comparten diametro. ahora, por inscritos <BPC=<BPA=60 y por opuestos <SPT=60 y por inscritos <SRT=60 , pero como <RPT=120, entonces <RQT=60 y por inscritos <PST=60=<SRT y ya tenemos dos angulos de 60 entonces acabamos.
Tapetes 1 Trazo AM y por tener misma altura y base base AD altura de la paralela a la otra, (ADM)=(APD), pero comparten (AFD), entonces (AFM)=(DFP), análogamente se prueba que con la altura de AB a FN y AB como base quitandole a ambos (ABE) (AFE)=(BEN). por lo tanto sumo las dos y (AEF)=(BEN)+(DFP)
Tapetes 2 Es facil ver que por misma base y misma altura desde el punto A, (DPA)=(PCA) y de la misma forma (AMC)=(MBC) entonces (AMC)+(MBC)+ (DPA)+(PCA) es igual a todo el cuadrilatero, por lo tanto (AMC)+(PCA)= (AMCP) es la mitad del area total y de la misma forma se prueba que (QBND) es otra mitad del area total y lo que intersectan ambas es (XYZT), pero como sumadas dan el area total y ocupan dos veces este espacio, este espacio es igual a lo que sobra que es (MBY)+(AQX)+(DPT)+(NZC)=(XYZT) y ya acabamos.
cuadrilateros 1 Sea I el centro de la circunferencia Por definicion, las bisectrices de los 4 angulos se intersectan en el circulo tangente alos 4 lados, (es trivial), entonces divido los 4 angulos en 2, <A=2a, <B=2b,<C=2c y <d=2d, a+b+c+d+=180 por lo tanto <ABI=b y <BAI=a , Entonces en el triangulo ABI falta que <AIB= c + d y análogamente s epued eprobar que <BIC= a + b, por lo tanto la suma de los dos es a+b+c+d+= 180 y ya acabamos.
cuadriláteros 2 Sea I el incentro de ABC y sea O el incentro de ADC, trazamos las perpendiculares a cada lado de respectivo triangulo. N sobre AB, M sobre BC, R sobre CD, S sobre AD y suponemos que las perpendiculares d elos dos inradios en AC no concurren, por lo tanto T es la perpendicular desde O y W es la perpendicular desde I, ahora tenemos que BN=BM=a y AN=AW=c, MC=CW=b,CT=CR=y,RD=DS=x,SA=AT=z, y por ser un cuadrilatero con una circunferencia tangente a sus dos lados, tenemos que los lados opusestos sumados son iguales a los otros lados opuestos sumados. entonces, a+b+z+x=a+c+y+x que es decir b+z=c+y, pero por el segmento AC, teniamos que c+b=y+z y si sumamos estas dos ecuaciones nos queda que c+2b+z=c+2y+z q es decir b=y y por lo tanto los puntos T y W son el mismo ya que la distancia desde C hacia ellos es la misma y ambos estan sobre AC. Ahora como AC era tangente a ambas circunferencias, entonces ambas circunferencias son tangentes en el punto T=W el q sea.
2 de cuadriláteros con círculos inscritos: Sean los puntos de tangencia del círculo inscrito an ABCD P, Q, R, S.(P en AB, Q en BC, R en CD, S en AD) AP=AS por ser tangentes. Análogamente, BP=BQ, CQ=CR, y DR=DS Entonces AS+SD+BQ+QC=AP+PB+CR+RD y la suma de los lados opuestos es igual a la de los otros dos lados opuestos. Luego, supongamos que los incírculos de los triángulos que dice el problema no tienen un punto en común.(no son tangentes). Nombremos los puntos de tangencia de las circunferencias de ambos triángulos W, X, U, T, V, V'( W e AB, X en BC, U en CD, T en AD, V y V' en AC, V' es de la circunferencia del ABC y V es de la del ACD). Entonces por tangentes tenemos lo siguiente: DT=DU, AV=AT, CV=CU, BX=BW, AV'=AW, CV'=CX Entonces DT+AT+BX+CX=DU+AV+BW+CV' Pero podemos sacar de aquí que AV+CV'=AW+CU, debido a lo que probamos al principio(AB+CD=CB+AD) Entonces, AV+CV'=AW+CU, lo cual es igual a AV'+CV por tangentes, por lo que AV+CV'=AV'+CV. Luego, digamos que V' esta más cerca de A que V. Entonces: AV=AV'+V'V y CV'=CV+VV', entonces AV+CV'=AV'+2VV'+CV=AV'+CV, por lo que 2VV'=0 y son el mismo punto, así que las circunferencias son tangentes ahí.
El 5 de equiláteros: Hay 2 casos: <BPC=60 y <BPC=120. Si <BPC=60 (por incritos, nos fijamos en ABCP y por inscritos, <APB= 60 también. Llamemos a las proyecciones de Q A', B', C' en AP BP y CP respectivamente. Por suplementarios, <C'PA'=60. Luego trazamos PQ y llamamos a <QPC'=x Entonces <QPB'60-x. PB'QC' es cíclico. Por inscritos, <QB'C'=x y <B'C'Q y por complementarios <C'B'P=90-x. Por inscritos, <C'B'P es igual a <PQC'y por el cíclico, <B'QC'=120, por lo que <B'QP=30+x=<PC'B' por inscritos. Luego, PB'QA' también es cíclico por dos ángulos de 90. Trazamos B'A'. Por inscritos, <QA'B'=60-x y <PA'B'=30+x. Por opuestos suplementarios, <B'QA'=60, por lo que <PQA'=30-x y como <PQC'=90-x, <A'QC'=60. Luego, por inscritos, <PQA'=<PB'A'=30-x. Y por <PB'C'=90-x, <A'B'C'=60. Luego, por lo tanto, observamos que B'QC'A' es cíclico, y por inscritos <B'QA'=<B'C'A'=60, por lo que el ángulo que nos falta (<B'A'C') debe ser 60 y el A'B'C' es isósceles.
El segundo caso se prueba practicamente igual, sólo que cambia la posición de los puntos.
4 de equiláteros Llamemos R la interseccion de MK con el circuncírculo de ABC diferente al punto K(el que esta sobre la circunferencia) Tenemos el punto K sobre el arco AB. Ahora es facil ver <MKN = 60° ya que esta formado por dos rectas paralelas a AC y a BC. Ahora como <MAN=<MKN=60, entonces AKNM es cíclico. Ahora como NBPK es un trapecio isóceles, entonces es cíclico. Ahora <MNA=<MKA= x y <BNP=<BKP=y, entonces si pruebo que x=y acabo. <NKB=z. Ahora por inscritos <AKM= <RCM = x y ahora nos fijamos en el cuadrilatero RCBK que ya esta construido como ciclico y tenemos que 120 + x +z = 180° por angulos opuestos entonces x + z = 60, pero teniamos en que y + z = 60 por el angulo <NKP, entonces x=y. acabamos y M,N,P son colineales.
Problema 1 de triángulos equiláteros:
ResponderBorrarPrimero probaré la segunda parte. Supongamos que las circunferencias del C'BA y el ACB' sólo se intersectan en A. Trazamos la tangente común por A y la prolongamos. Llamémos a su punto de intersección con BC U. El ángulo <CAU=60 por ser seminscrito de la circunferencia de ACB'. Análogamente, el <BAU=60, y como suman <CAB, <CAB=120, pero el triángulo es acutángulo: contradicción, por lo cual esas circunferencias se interesectan en 2 puntos. Llamémos al punto donde se intersectan distinto de A P. Probaré que la tercera circunferencia también pasa por P.
Trazamos AP, CP y BC. El cuadrilátero APCB' es cíclico, por lo que <APC=120. Analogamente, <APB=120 y como <APC+<APB+<BPC=360, <BPC=120°, así que BA'CP es cíclico, por lo que P está en la circunferencia de BA'C.
Ahora, para probar la primera parte, nos trazamos B'P y nos fijamos en el triángulo PBB'.
Por inscritos, <B'PC=60 y ya teníamos que <BPC=120. Luego, <BPB'= <BPC+<B'PC=180, por lo que B, P y B' son colineales. Análogamente, se puede probar que C, C', P y A, A',P son colineales y las tres líneas concurren en P.
El 1 de tapetes:
ResponderBorrarTrazamos la línea AM. El triángulo AMP tiene la misma área que el MPD, ya que comparten la base MP y tienen la misma altura desde ahí, ya que MP es paralela a AD, debido a que es paralela a BC.
Análogamente, sacamos que el AMN tiene la misma área que el BNM. Luego, si sumamos esto, nos da que (AMP)+(AMN)=(MPD)+(MNB), que es lo mismo que decir que (AFE)+(FMP)+(MEN)=(FPD)+(BNE)+(FMP)+(MEN), de donde obtenemos que (AFE)=(FPD)+(ENB).
El 2 de tapetes:
ResponderBorrarTrazamos la diagonal BD. Llamemos a sus intersecciones con AP y MC Ñ y J respectivamente. Nos fijamos en que los triángulos BDN y NDC tienen la misma área, ya que DN es mediana del DBC.
Por esto, obtenemos que:
(DÑT)+(ÑJZT)+(JBNZ)=(DTP)+(TZCP)+(ZNC)
Ahora nos fijamos en los triángulos QBD y ABQ. BQ es mediana de ABD, por lo que pasa lo mismo, y de ahí obtenemos:
(QXÑD)+(XYJÑ)+(YBJ)=(QAX)+(AMYX)+(MBY)
Si sumamos estas áreas, tenemos que:
(AMYX)+(XYZT)+(TZCP)=(QAX)+(QXTD)+(DTP)+(ZNC)+(YBNZ)+(MBY). Llamemos a esta suma, 1.
Luego nos trazamos la otra diagonal, AC y repetimos el mismo proceso exactamente, pero con los otros triángulos que se forman. Sean W y R las intersecciones de AC con QB y DN respectivamente.Nos quedan las siguientes áreas:
(AWX)+(XWRT)+(TRCP)=(QAX)+(QXTD)+(DTP)
y también nos queda que:
(RZC)+(WYZR)+(AMYW)=(ZNC)+(YBNZ)+(MBY)
y si sumamos ambas obtenemos:
(QXTD)+(YBNZ)+(XYZT)=(MBY)+(DTP)+(AMYX)+(TZCP)+(ZNC)+(AXQ)
Llamémos a esta suma, 2.
Si sumamos 1 y 2 nos queda:
2(XYZT)=2[(AXQ)+(DTP)+(ZNC)+(MBY)]
De donde obtenemos:
(XYZT)=(AXQ)+(DTP)+(ZNC)+(MBY)
Y terminamos
Tapetes 1:
ResponderBorrarTenemos el cuadrilátero ABCD y el ANCP, y AP es paralela a AD y AN a AB, entonces nos fijamos que el triangulo AMP y el DMP tienen la misma base y la misma altura, por lo tanto tienen la misma area, y como comparten a AFP el area de DFP => (DFP)=(AMF)
Luego, el ANM y el BMN también tienen la misma base y la misma altura, entonces la misma area, por lo que (AEM)=(BEN), porque comparten (ENM)
Por lo tanto (BEN)+(DFP)=(AEF)
Tapetes 2:
Tenemos el cuadrilátero ABCD y trazamops sus diagonales (AC y BD), luego nos fijamos que los triangulos AQB y el QDB tienen la misma area porque tienen la misma altura, igual con las parejas: DPA y PCA, la BDN y NDC, la MCB y ACM, entonces si sumamos esas 8 areas, nos da 2(ABCD) porque (ABQ)+(QBD)+(BDN)+(NDC)=(ABCD) y (BCM)+(AMC)+(DAP)+(PAC)=(ABCD).
Entonces 2((AQB)+(DAP)+(NDC)+(MBC))=2((AYQ)+(QYTD)+(DTP)+(TPCZ)+(ZNC)+(XZNB)+(MXB)+(AYXM)+XYTZ), pero al despejar queda: (ADP)+(MBC)=(QYTD)+(XZNB)+(XYZT), lo que quiere decir que (AYQ)+(DTP)+(CZN)+(MXB)=(XYTZ)
El 1 de cuadriláteros con círculos inscritos:
ResponderBorrarSean P,Q,R,S los puntos de tangencia de la circunferencia con AB, BC, CD, y AD respectivamente.
Trazamos OP, OQ, OR, OS.
Llamémos a <POA=x. APOS es cíclico, ya que tiene dos ángulos de 90 opuestos, ya que son puntos de tangencia de una circunferencia. Ahora nos fijamos en el triángulo AOS. Por inscritos, <ASP=x, pero este ángulo es seminscrito de el arco SP, por lo que <SOP=2x y por lo tanto <SOA=x. Luego por el cíclico APOS, <SAP=180-2x.
Luego nombramos a <POB=w y hacemos lo mismo con el cíclico PBQO, y nos queda que <POQ=2w y <PBQ=180-2w.
Igual ,nombramos <COR=y y si hacemos el mismo proces, nos queda <RCQ=180-2y. Finalmente, nombramos a <DOR=z, hacemos lo mismo y nos queda <SOR=180-2z.
Entonces, por el cuadrilátero ABCD, tenemos que 720-2x-2y-2z-2w=360, así que x+w+y+z=180. Ahora nos fijamos en que <AOB=x+w y <COD=y+z , por lo que suma 180 y terminamos.
Problema 1 triangulos equilateros.
ResponderBorrartrazamos el circuncirculo de BÀC y el de AB`C y llamamos K a la interseccion de ambos. Ahora queremos probar que BC`AK es ciclico y asi probariamos que los circuncirculos pasan por un mismo punto. Trazamos KB, KA, y KC y checamos que angBKA=360-angAKC-angCKB= 120, lo anterior es facil de ver ya que KBA`C es ciclico y angBA`C=60. por tanto BC`AK es ciclico. Y para probar que AA`, BB` y CC`concurren solo hay que AKA`, CKC`, BKB` son colineales, lo cual es claro ya que angAKB`=60, angB`KC=60, angCKA`=60, lo anterior por angulos inscritos.
Problema 4 triangulos equilateros.
Llamemos Q al punto, y supongamos que esta sobre el arco AC, lo anterior simplemente para evitar confusiones en los nomres de los puntos, los cuales pueden quedar en diferente posicion, pero la resolucion del problema es analoga en cualquier posicion del punto. Llamemos x al angPMC=angPQC ya que QMPC es ciclico ya que angQPC=60=angQMC. Ahora, es facil ver que angQCM=60-x=angABQ por abrir el mismo arco en el circuncirculo de ABC, entonces angQBC=x=angQAC por abrir el mismo arco, ahora, AC paralela a QN y entonces angAQN=x=angAMN ya que ANQM es ciclico. Y entonces angAMN=angCMN y por tanto son opuestos por el vertice y NMP es una misma linea.
Problema 1 tapetes
Sumemos a ambos lados (ENCPF) y entonces de un lado tenemos la mitad del area del paralologramo, y en la otra (ANCP), hay que probar que esta es la misma que (ABN)+(APD) y asi probariamos que tambien es la mitad. Tenems que BN/NC=BM/MD por ser NM paralela a CD y por MP paralela a BC tenemos que BM/MD=CP/PD, de donde tenemos que BN/NC=CP/PD. Nombremos (ABN)=w, (ANC)=x, (ACP)=y, (APD)=z, tenemos que w/x=BN/NC ya que comparten altura, entonces la proporcion de sus areas es igual a la proporcion de sus bases. Y tenemos que y/z=CP/PD, de donde tenemos que w/x=y/z, y ademas tenemos que w+x=y+z, w-z=y-x por ser ambos la mitad del area del paralelogramo, elevamos al cuadrado y tenemos w^2-2wz+z^2=y^2-2yx+x^2, y como wz=xy, entonces
w^2+2wz+z^2=y^2+2yx+x^2, agregando 4wz y 4xy
(w+z)^2=(x+y)^2
w+z=x+y como queriamos.
Problema 2 tapetes
tenemos que (BMC)=(CMA), (ADP)=(APC), (BQA)=(BQD), (DCN)=(DNB), todo lo anterior por que son puntos medios de los respectivos triangulos a los que pertenecen. entonces sumemos, y nos queda
(BMC)+(ADP)+(BQA)+(DCN)=(CMA)+(APC)+(BQD)+(DNB), racionalizando
2{(AQX)+(BMY)+(CNZ)+(DPT)} + (BXZN)+(CZTP)+(DTXQ)+(AXYM)=2(XYZT) + (BXZN)+(CZTP)+(DTXQ)+(AXYM) de donde
(AQX)+(BMY)+(CNZ)+(DPT)=(XYZT) que es lo que queriamos.
Problema 1 cuadrilateros con circulos inscritos
ResponderBorrarllamemos E,F,G,H a los puntos de tangencia de los lados AB, BC, CD, DA respectivamente con el circulo inscrito al cuadrilatero. Tenemos que AEO es congruente a AHO ya que los lados correspondientes son iguales. Por tanto angEAO=angHAO=x llamemoslo asi. tenemos que en los demas cuadrilateros sucede la misma congruencia de triangulo por lo que angEBO=angFBO=y, angFCO=angGCO=z, ang GDO=angHDO=w, tenemos que 2(x+y+z+w)=360. y tenemos que angEOA=90-x ya que E es punto de tangencia y por tanto AB es perpendicular a EO. Analogamente, tenemos que angEOB=90-y, angCOG=90-z, angDOG=90-w, sumandolos cuatro angulos nos da
angBOA+angCOD=360-(x+y+z+w)=180 justo como queriamos
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ResponderBorrarProblema 2 cuadrilateros inscritos
ResponderBorrarNombremos X,Y,Z,W a los puntos de tangencia del circulo inscrito al cuadrilatero en los lados DA, AB, BC, CD respectivamente y nombremos P,Q,R a los puntos de tangencia del circulo inscrito al triangulo ABC en los lados AB, BC, CA. Llamemos M,N,T a los puntos de tangencia del circulo inscrito al triangulo ADC en los lados CD, DA, AC.
Toda mi solucion esta basada en el hecho de que las tangentes desde un punto a un circulo son de la misma longitud, lo cual es basico.
DN=DM y DX=DW por tanto NX=MW
BP=BQ y BY=BZ por tanto PY=QZ
AY=AX y CW=CZ
CR=CQ y AR=AP
CT=CM y AT=AN
y tenemos que AT+TC=AR+RC
por lo que AN+CM=AP+CQ, con lo cual es claro que XN=YP y por lo tanto AR=AT y entonces R y T son el mismo punto. Tal vez suena un pococ confuso pero la verdd es que esta muy facil, con un dibujo es mucho mas facil de entender.
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ResponderBorrarTenemos ABCD con un circulo inscrito. Llamamos M, N, P, Q a las tangentes del circulo con centro O con los lados AB, BC, CD y DA respectivamente, primero nos fijasmos en el cuadrilátero cíclico OQCR, es cíclico porque tiene sus vértices opuestos que suman 180°. Nos fijamos que RC y CQ son tangentes al circulo, por lo que QC=CR, entonces < QOR = 2m. hacemos lo mismo en los tres cíclicos restantes: DSOR y llamamos a su angulo SOR = 2t, APOS con angulo SOP=2p y el BPOQ con angulo POQ= 2f. entonces vemos que 2f+2p+2t+2m=360, entonces f+p+t+m=180. Vemos que anguloAOB=p+f y que ang.COD= t+m => ang.AOB+ang.COD=p+f+m+t=180°
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ResponderBorrar1 de equiláteros
ResponderBorrarK es punto de interseccion de BB' con CC'
por congruencia LAL, C'AC es congruente a BAB', entonces AB'CK es cíclico por que <AB'K=<ACK y d ela misma forma C'AKB es cíclico. entonces como <BC'A=<AB'C=60 los opuestos son 120 cada uno y por lo tanto <BKC debe ser 120 para completar 360 y como <BA'C=60, BA'CK es cíclico. Ahí ya esta la segund aaprte dle problema, ahora por inscritos <CKA'= 60 y <AKC'=60 y por lo tanto A,K,A' son colineales. lo puse corto, porque ya habia escrito varios y se borraron
5 de equiláteros
ResponderBorrarPonemos a P el punto sobre el arco AC, y a Q del lado donde esta AC,osea más hacia la derecha. LAs perpendiculares de Q sobre AP, BP y CP son R, T, S, respectivamente. Si nos fijamos QRP,PTQ,RPQ son triangulos rectangulos y todos ellos comparten la hipotenusa, lo que significa q PRSQT es cíclico por que comparten diametro.
ahora, por inscritos <BPC=<BPA=60 y por opuestos <SPT=60 y por inscritos <SRT=60 , pero como <RPT=120, entonces <RQT=60 y por inscritos <PST=60=<SRT y ya tenemos dos angulos de 60 entonces acabamos.
Tapetes 1
ResponderBorrarTrazo AM y por tener misma altura y base base AD altura de la paralela a la otra, (ADM)=(APD), pero comparten (AFD), entonces (AFM)=(DFP), análogamente se prueba que con la altura de AB a FN y AB como base quitandole a ambos (ABE) (AFE)=(BEN). por lo tanto sumo las dos y (AEF)=(BEN)+(DFP)
Tapetes 2
ResponderBorrarEs facil ver que por misma base y misma altura desde el punto A, (DPA)=(PCA) y de la misma forma (AMC)=(MBC) entonces (AMC)+(MBC)+ (DPA)+(PCA) es igual a todo el cuadrilatero, por lo tanto (AMC)+(PCA)= (AMCP) es la mitad del area total y de la misma forma se prueba que (QBND) es otra mitad del area total y lo que intersectan ambas es (XYZT), pero como sumadas dan el area total y ocupan dos veces este espacio, este espacio es igual a lo que sobra que es (MBY)+(AQX)+(DPT)+(NZC)=(XYZT) y ya acabamos.
cuadrilateros 1
ResponderBorrarSea I el centro de la circunferencia
Por definicion, las bisectrices de los 4 angulos se intersectan en el circulo tangente alos 4 lados, (es trivial), entonces divido los 4 angulos en 2, <A=2a, <B=2b,<C=2c y <d=2d, a+b+c+d+=180
por lo tanto <ABI=b y <BAI=a , Entonces en el triangulo ABI falta que <AIB= c + d y análogamente s epued eprobar que <BIC= a + b, por lo tanto la suma de los dos es a+b+c+d+= 180 y ya acabamos.
cuadriláteros 2
ResponderBorrarSea I el incentro de ABC y sea O el incentro de ADC, trazamos las perpendiculares a cada lado de respectivo triangulo. N sobre AB, M sobre BC, R sobre CD, S sobre AD y suponemos que las perpendiculares d elos dos inradios en AC no concurren, por lo tanto T es la perpendicular desde O y W es la perpendicular desde I, ahora tenemos que BN=BM=a y AN=AW=c, MC=CW=b,CT=CR=y,RD=DS=x,SA=AT=z, y por ser un cuadrilatero con una circunferencia tangente a sus dos lados, tenemos que los lados opusestos sumados son iguales a los otros lados opuestos sumados. entonces, a+b+z+x=a+c+y+x que es decir b+z=c+y, pero por el segmento AC, teniamos que c+b=y+z y si sumamos estas dos ecuaciones nos queda que c+2b+z=c+2y+z q es decir b=y y por lo tanto los puntos T y W son el mismo ya que la distancia desde C hacia ellos es la misma y ambos estan sobre AC. Ahora como AC era tangente a ambas circunferencias, entonces ambas circunferencias son tangentes en el punto T=W el q sea.
2 de cuadriláteros con círculos inscritos:
ResponderBorrarSean los puntos de tangencia del círculo inscrito an ABCD P, Q, R, S.(P en AB, Q en BC, R en CD, S en AD)
AP=AS por ser tangentes. Análogamente, BP=BQ, CQ=CR, y DR=DS
Entonces AS+SD+BQ+QC=AP+PB+CR+RD y la suma de los lados opuestos es igual a la de los otros dos lados opuestos. Luego, supongamos que los incírculos de los triángulos que dice el problema no tienen un punto en común.(no son tangentes).
Nombremos los puntos de tangencia de las circunferencias de ambos triángulos
W, X, U, T, V, V'( W e AB, X en BC, U en CD, T en AD, V y V' en AC, V' es de la circunferencia del ABC y V es de la del ACD).
Entonces por tangentes tenemos lo siguiente:
DT=DU, AV=AT, CV=CU, BX=BW, AV'=AW, CV'=CX
Entonces DT+AT+BX+CX=DU+AV+BW+CV'
Pero podemos sacar de aquí que AV+CV'=AW+CU, debido a lo que probamos al principio(AB+CD=CB+AD)
Entonces, AV+CV'=AW+CU, lo cual es igual a AV'+CV por tangentes, por lo que AV+CV'=AV'+CV. Luego, digamos que V' esta más cerca de A que V.
Entonces:
AV=AV'+V'V y CV'=CV+VV', entonces AV+CV'=AV'+2VV'+CV=AV'+CV, por lo que 2VV'=0 y son el mismo punto, así que las circunferencias son tangentes ahí.
El 5 de equiláteros:
ResponderBorrarHay 2 casos:
<BPC=60 y <BPC=120.
Si <BPC=60 (por incritos, nos fijamos en ABCP y por inscritos, <APB= 60 también.
Llamemos a las proyecciones de Q A', B', C' en AP BP y CP respectivamente. Por suplementarios, <C'PA'=60.
Luego trazamos PQ y llamamos a <QPC'=x Entonces <QPB'60-x. PB'QC' es cíclico. Por inscritos, <QB'C'=x y <B'C'Q y por complementarios <C'B'P=90-x. Por inscritos, <C'B'P es igual a <PQC'y por el cíclico, <B'QC'=120, por lo que <B'QP=30+x=<PC'B' por inscritos. Luego, PB'QA' también es cíclico por dos ángulos de 90. Trazamos B'A'. Por inscritos, <QA'B'=60-x y <PA'B'=30+x. Por opuestos suplementarios, <B'QA'=60, por lo que <PQA'=30-x y como <PQC'=90-x, <A'QC'=60. Luego, por inscritos, <PQA'=<PB'A'=30-x. Y por <PB'C'=90-x, <A'B'C'=60. Luego, por lo tanto, observamos que B'QC'A' es cíclico, y por inscritos <B'QA'=<B'C'A'=60, por lo que el ángulo que nos falta (<B'A'C') debe ser 60 y el A'B'C' es isósceles.
El segundo caso se prueba practicamente igual, sólo que cambia la posición de los puntos.
4 de equiláteros
ResponderBorrarLlamemos R la interseccion de MK con el circuncírculo de ABC diferente al punto K(el que esta sobre la circunferencia)
Tenemos el punto K sobre el arco AB. Ahora es facil ver <MKN = 60° ya que esta formado por dos rectas paralelas a AC y a BC. Ahora como <MAN=<MKN=60, entonces AKNM es cíclico. Ahora como NBPK es un trapecio isóceles, entonces es cíclico. Ahora <MNA=<MKA= x y <BNP=<BKP=y, entonces si pruebo que x=y acabo. <NKB=z. Ahora por inscritos <AKM= <RCM = x y ahora nos fijamos en el cuadrilatero RCBK que ya esta construido como ciclico y tenemos que 120 + x +z = 180° por angulos opuestos entonces x + z = 60, pero teniamos en que y + z = 60 por el angulo <NKP, entonces x=y. acabamos y M,N,P son colineales.