martes, 24 de septiembre de 2013

Problema MYO 336

Problema 2 del primer día de la Olimpiada Iberoamericana de Matemática 2013.
Problema MYO 335
Soluciones de:

  • A 21 personas les gusta esto.
  • Erico Freddy Ahora en adelante estrarán en Matemáticas y olimpiadas: http://www.matematicasyolimpiadas.org/...
  • Socram Reyes En gogeometry se preguntó una vez lo siguiente:

    Sean D y E los pies de las A y B- alturas de tr ABC. Pruebe que el circuncentro de tr DEC es el ortocentro de ABC.

    http://gogeometry.blogspot.com/...

    Usando ese hecho en la configuración de Ruben, este problema es trivial.
  • Socram Reyes Buen amigo, en su diagrama P es circuncentro del cuadrilátero cíclico GHDC, luego GD y HC son alturas.
  • Miguel Ochoa Sanchez MI RESOLUCION AL PROBLEMA DE LA OLIMPIADA IBEROAMERICANA:Es conocido que MN contiene a la simediana del triangulo CND, completando ángulos el cuadrilátero CABD: es cíclico luego AB es antiparalela con CD por lo tanto AM=MB
  • Socram Reyes Por cierto, mi buen amigo Rubén, para ser más explícito en la demostración veamos lo siguiente:

    Sea PQR un triángulo cualquiera y M el punto medio de PQ.
    La circunferencia de centro M y diámetro PQ corta a PR en U y QR en V.
    El resultado del link muestra que el circuncentro de tr UVR es el punto medio de RH (H es ortocentro de tr PQR).

    Con esta información en mente, podemos fundamentar la configuración de atrás hacia adelante, aunque nunca será tan contundente como la prueba de Miguel.
  • Silver Samuel Palacios Paulino asu que chevere ya la resolvieron,.,. creo que me quede.,,.
  • Ruben Dario CREO QUE ESTA SOLUCIÓN ES MAS VISUAL. SIN USAR ORTOCNETRO , NI CIRCUNCENTRO , NI SIMEDIANA , NI CICLICO SOLO ANGULOS Y UNA SEMEJANZA ELEMENTAL
  • Josué García Piscoya Es enserio? Esto una pregunta de 2? Trazamos paralela a XY por N. Por el punto de Georgone, se ve fácilmente NC, NP, ND y la línea última trazada, forman haz armónico :S. Por lema conocido, del haz armónico, AM=MB... :S
  • Silver Samuel Palacios Paulino Muy bueno el problema . Yo lo resolví por eje radical . Intentaré otra manera . Gracias por el problemita
  • Lelia Nicula Nice problem (frumoasa problema - in limba romana). In my opinion this problem has the level ON3) ! Prove easily that the line AB is an antiparallel direction to CD in the triangle CND , i.e. NA.NC=NB.ND (R1) (the quadrilateral ABDC is cyclically). Denote the intersection S between CD and NP . We know that the ray [NS is N-symmedian of the triangle NCD , i.e. SC/SD=(NC/ND)^2 (R2) . Using the relations R1 , R2 and an well-known metrical relation for the estimate of the ratio MA/MB obtain that MA/MB=(SC/SD).(NA/NB).(ND/NC)=(NC/ND)^2.(NA/NB).(ND/NC)=(NC/ND).(NA/NB)=(NC.NA)/(ND.NB)=1 , i.e. MA=MB . Generally, if T is the intersection between XY and the tangent TT to the circumcircle of the triangle CND , then prove similarly that there is the relation MA/MB=TA/TB , i.e. the division (A,B;M,T) is harmonically. Indeed, denote z=m( NA/NB=(TA sin y)/(TB sin x) . Prove easily that NC/ND=sin x/sin y . In conclusion, MA/MB=(SC/SD).(NA/NB).(ND/NC)=(NC/ND)^2.(NA/NB).(ND/NC)=(NC/ND).(NA/NB)=(\sin x/sin y).(TA sin y/TB sin x) ==> MA/MB=TA/TB .
  • Carlos Hugo Olivera Díaz Rubén Darío , la primera resolución geométrica es de menos trazos, más limpia. Hemos coincidido; buscare otra y te aviso si hay suerte . Felicitaciones .
  • Erico Freddy Palacios Loayza Un detalle del amigo Ricardo Barroso Campos A y B fuera del diametro XY, bienvenido Ricardo por tus aportes.


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