1)Demostrar que la suma de las distancias desde cualquier punto interior de un triángulo equilátero a sus lados es constante.
2)Se dan una circunferencia y un punto A fuera de ésta. AB y AC son las tangentes a la circunferencia. Demostrar que el centro de la circunferencia inscrita en el triángulo ABC se halla sobre la circunferencia.
El 1:
ResponderBorrarSean U y O puntos arbitrarios dentro del triángulo. Trazamos sus proyecciones y sean las longitudes x,y,z de las proyecciones de U y t,r,s de las proyecciones de O.
Unimos A, B y C con U y O. Tenemos ahora 3 triángulos por parte de U y 3 por parte de O. Vamos a considerar que AB=AC=BC. Entonces las áreas de estos triángulos son ABx/2, ABy/2, ABz/2 y ABt/2,ABr/2,ABs/2. Tenemos que la suma de ABx/2, ABy/2, ABz/2 es igual a (ABC)= la suma de ABt/2,ABr/2,ABs/2.
Entonces, multiplicamos esta ecuación por 2 y tenemos que AB(x+y+z)=AB(r+s+t). Entonces x+y+z=r+s+t, que es lo que queríamos demostrar.
En el primero por áreas te fijas que la suma de las tres distancias es igual a la altura siempre.
ResponderBorrarbn, esa es la idea
BorrarTe tomas la bisectriz del ángulo <C y te fijas en la intersección con el círculo. LLamémosle K y sea O el centro de la circunferencia. Sabemos que
ResponderBorrar<ACK = <KCB = a y por inscrito y semi-inscrito, <KOB = <KOC = a y pasas los angulos de nuevo por inscrito y semi-inscrito a <KBC = <KBA = a y por lo tanto BK es bisectriz y K es el incentro de ABC.
muy bn
Borrarponemos un punto P interno en nuestro triangulo ABC y marcamos las paralelas a los los lados de ABC que pasan por P, de forma que obtenemos tres nuevos triángulos equiláteros con P como un vértice, pongámosle X,Y,Z a cada una de las bases de los nuevos triángulos, demostramos (por paralelogramos) que X+Y+Z es igual a un lado de ABC.
ResponderBorrarpor cocenos tenemos que √3/2* (x+y+z) es igual a las alturas de nuestros triángulos y como x+y+z es constante también la suma de las alturas.
muy bn, es una solución ingeniosa (a mi gusto al final lo de que cosenos queda feo, pero muy bn, jaja)
Borraren el 2°
ResponderBorrarsea o el centro del cirulo, D la interceción de la extención de AO con la Circunferencia y E su punto diametralmente opuesto. por semi-incristos 2<AOC = <ADC, y por arcos <ADC = <CBE en tonces BE es bisectriz por lo tanto E es el incentro del triangulo ABC.
buena idea, pero segun yo tu solución tiene detallitos, primero es <AOC = 2<ADC (tu lo pusiste al reves) y no entiendo como concluyes que BE es bisectriz, luego ya sabiendo esto, falta decir bn por que E es incentro (aunque hagas algo analogo, es mejor mencionarlo)
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ResponderBorrarFuck ya vi que no me salía el 2... porque estaba tratando de probar que era el circuncentro u.u
ResponderBorrarTe trazas la bisectriz de <ACB y llamas al punto en donde se intersecta con la circunferencia I.
Trazamos OI(sea O el centro de la circunferencia) y tenemos por seminscrito que <C0I=2<ICA=BCA. Luego, sabemos además que <BOC=2<ACB. Entonces, <BOI=<COI y OI es bisectriz. Luego, es claro que el triángulo BOC es isósceles y entonces OI es la mediatriz de BC. Pero sabemos que esta línea es la bisectriz de <CAB, ya que ABC es isósceles y entonces I es el incentro.
Creo que bn,
BorrarRecuerda, leer bien el problema es importantisimo, si lees mal perderás mucho tiempo haciendo cosas que no te darán puntos
Si jaja el próximo lo leeré perfectamente!!!!!!
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