Sea $D$ la intersección de $ AA' $ con $ BC $; y sean, $ P $ y $ Q$ los piés de las perpendiculares sobre $ AA' $ bajadas desde $ B $ y $C $ respectivamente.
Notemos que los triángulos $ BPD $ y $ CQD $ son semejantes, puesto que son rectángulos con un ángulo igual (el ángulo en D). De esta semejanza se obtiene que:
$$\frac{BD}{DC} = \frac{BP}{CQ} $$
Multiplicando esta última fracción por $AA' / 2$ en el numerador y en el denomidor se observa que:
$$\frac{BD}{DC} = \frac{BP}{CQ} = \frac{BP\cdot AA' /2}{CA\cdot AA'/2} = \frac{area(ABA')}{area(AA'C)}$$
Luego, denotemos con $\omega$ el ángulo $\angle A'BC = \angle BCA'$, así mismo, denotemos como $\alpha = \angle BAC$, $\beta = ABC$ y $\gamma = \angle BCA$. Entonces, se observa que:
$$area(ABA') = \frac{BA' \cdot BA \texrm{sen} (\beta + \omega)}{2}$$, y
$$ area(AA'C) = \frac{CA' \cdot CA \texrm{sen} (\gamma + \omega)}{2} $$
En consecuencia:
$$\frac{BD}{DC} = \frac{BA' \cdot BA \texrm{sen} (\beta + \omega)}{CA' \cdot CA \texrm{sen} (\gamma + \omega)} = \frac{BA \texrm{sen} (\beta + \omega) }{CA \texrm{sen} (\gamma + \omega)}$$
De manera análoga se puede llega a que:
$$\frac{CE}{EA} = \frac{BC \textrm{sen}(\gamma + \omega)}{AB\textrm{sen}(\alpha + \omega)}$$ y
$$\frac{AF}{FB} = \frac{CA \textrm{sen}(\alpha + \omega)}{BC \textrm{sen}(\gamma+ \omega)}$$
Donde $ E $ es el punto de intersección de $ BB '$ con $ AC $ y $ F $ es el punto de intersección de $ CC' $ con $ AB $.
Por último utilizamos el teorema de Ceva :
$$\frac{BD}{DC}\cdot \frac{CE}{EA} \cdot \frac{AF}{FB} = \frac{BA \texrm{sen} (\beta + \omega) }{CA \texrm{sen} (\gamma + \omega)} \cdot \frac{BC \textrm{sen}(\gamma + \omega)}{AB\textrm{sen}(\alpha + \omega)} \cdot \frac{CA \textrm{sen}(\alpha + \omega)}{BC \textrm{sen}(\gamma+ \omega)} = 1$$
Como este producto de razones es uno, se deberá cumplir que $ AD $, $ BE $ y $ CF $ concurren, o lo que es lo mismo, $ AA' $, $ BB' $ y $CC' $ concurren.
Me gustaría agregar la
Me gustaría agregar la siguiente "planilla dinámica".
Muevan el punto C' para cambiar los triángulos semejantes. Para modificar el triángulo basta mover los vértices.
Isósceles en triángulo
¿Se puede utilizar el Teorema
¿Se puede utilizar el Teorema de Ceva [1]?
PD.
GeoGebra es genial!!! :D!!!
Yo creo que es una muy buena
Yo creo que es una muy buena alternativa.
Saludos
Está muy bonito el problema,
Está muy bonito el problema, pese a eso no tengo la solución.
Si es posible utilisar el
Si es posible utilisar el teorema de Ceva [1], yo llegue a una solucion usandolo, la solucion se la mandare a jesus a su correo para no arruinarte el problema, pero si te sirve zzq, lo que puedes hacer para aplicar Ceva es, algo parecido a esto:
Sea D=AA'*BC(* significa interseccion), para aplicar ceva nesesitamos BD/DC, pero esa razon es la misma que la de (ABA')/(ACA') , denotamos (XYZ) como el area del triangulo XYZ, de ahi basta encontrar el area de los triangulos, y de ahi su razon, pero pues eso te lo dejo a ti, no es muy dificil, solo nesesitas conocer algunas formulas de area [4] de un triangulo, esas las puedes ver aqui en MaTeTaM
Otra seria que hicieras cosas parecidas como las que puse en los otros problemas, la de los cuadrados en los lados del triangulo, y la de los equilateros(los que pone jesus arriba), pero te recomiendo que primero trabajes tu idea, para que veas que fue una idea buena usar Ceva, ya que con eso se puede llegar a la solucion
saludos y mucha suerte!!!!!!!!
por cierto que significa zzq....ahha curiosidad, no pude evitarlo, la mayoria de los nick tienen significado para quein los porta...bueno :-P suerte
wooooow!!!! :D!!! gracias [5]
wooooow!!!! :D!!!
gracias Brandon, sin tí no hubiera podido ver la solución :D!!! Investigaré en los problemas de geometría que mencionas para ver tus soluciones (que sin duda van a ser geniales! :D!).
MUCHAS GRACIAAAAS!!! ya llevaba como 2 días pensando en el problema xD... intenté trigonometría, ejes radicales, y semejanza (nada dio resultado), pero ya con la razón entre las áreas sale de volada! xD! Gracias gracias gracias :D!
Eres muy muy bueno :D, ¿te queda otra olimpiada? En caso afirmativo, ¡vas a ser uno de los mejores, sino el mejooor! :D!
Ah, y "zzq" viene justamente de un problema, uno de combinatoria. Decía más o menos que en una ciudad de un país lejano todos los habitantes tenían nombre con exactamente tres letras, y pusieron de ejemplo que había un tipo que se llamaba "zzq", y se me hizo muy curioso el nombre, así que desde ahí comencé a utilizarlo como pseudónimo. El problema te pedía la cantidad de habitantes si todos los nombres ya estaban utilizados y no se repetían, o algo así.
Gracias nuevamente :D
pues con ejes radicales
pues con ejes radicales salen, los problemas pasados, de hecho, por ejemplo en el problema de los cuadrados, si circunscribimos los cuadrados, las rectas que piden pasanr el centro radical de las tres circunferencias, lo mismo con el de los equilateros, ademas ambos salen de la misma razon de las areas, la cual se puyede usar la formula trigonometrica del area, con dos lados del triangulo, y si me queda otra olimpiada, ese problema creo haberlo visto, convinatoria basica si que si. Me alegra que te aya servido, saludos!!!
Si entiendo bien, sugieres
Si entiendo bien, sugieres que el problema podría salir con ejes radicales. Pero a mi me parece que no salen, bueno, las elecciones obvias de circunferencias parece que no sirven: con centro en $A'$ y radio $A'B$; o la circunscrita de $A'BC$.
Creo que una solución con ejes radicales no ha de ser tan facil. Yo, por mi parte, recordaba tener una solución con números complejos pero no la pude reproducir. Lo que recuerdo bien es que la solución con números complejos, del problema Cuadrados en cada lado y concurrencia. [3], fue la que nos arrojó la evidente generalización. Hablo en plural pues éramos Omar Antolín (un compañero de la olimpiada) y yo.
Bueno, espero pronto tenerles otro problema interesante.
Saludos
Jesús.
asi que lo resolvieron por
asi que lo resolvieron por numeros complejos, interesante, a mi no se me dan bien, lo unico que pude demostrar fueron los teoremas de napoleon por ese camino, me parece que la misma "geometria" llega a perderse por ese medio, (la verdad como suenan me parecen algo complejos), esperaremos tu nuevo problema , saludos!!!
por cierto, ya checaste la
por cierto, ya checaste la solucion que te mande?...bueno saludos!!!