Enviado por jmd el 17 de Septiembre de 2012 - 21:29.
Sea $ABCD$ un cuadrilátero convexo. Encontrar un punto $M$ en $BC$ (mostrar el procedimiento con prueba) de tal manera que $AM$ divida al cuadrilátero $ABCD$ en dos regiones de igual área.
Enviado por crimeeee el 22 de Septiembre de 2012 - 00:19.
Basándome en la sugerencia se me ocurre esto solamente:
Prolongamos $AD$ que se intersecta con $BC$ en el punto $F$. Consideramos el punto $E$ en $CF$ de tal manera que el triángulo $ABE$ tiene la misma área que el cuadrilátero $ABCD$. Sea $M$ el punto medio de $BE$. Entonces, (área)$\triangle ABM$=(área)$\triangle AMC$, y por lo tanto el triángulo $ABM$ tiene la mitad de área que el cuadrilátero $ABCD$.
PD: ¿Se puede usar el "spoiler" en el foro?
Gracias.
Me dí cuenta de que está completamente mal. Borrar por favor.
Enviado por jmd el 24 de Septiembre de 2012 - 18:04.
Ya puse la solución. (Sólo que no siempre funciona.)
La idea de ésta es transformar el triángulo arriba de la diagonal en un triángulo equivalente yuxtapuesto al de abajo de la diagonal, ambos formando un triángulo mayor y de área igual a la del cuadrilátero (porque de un triángulo sabemos que su mediana lo divide en dos de igual área).
Sin embargo, podría ser que el punto medio de la base del triángulo así formado caiga fuera del segmento $BC$ (suponiendo que se trazó la diagonal $AC$).
¿Alguien podría colaborar con la condición que debe cumplir la elección de la diagonal y/o del lado para que el procedimiento dado funcione?
Yo entre tanto voy a tratar de encontrar esa condición...
Enviado por jesus el 25 de Septiembre de 2012 - 22:51.
Pues la condición es que el área del triángulo ABC sea mayor o igual a la del triángulos ACD. Encuentro dos maneras de ver esto.
La primera forma es considerando la negación. Si suponemos que el área del triángulo ABC (denotaremos $S(ABC)$) es menor que $S(ACD)$ entonces, tendremos que $S(ABM) \leq S(ABC) < S(ACD) \leq S(AMCD)$, lo que hace imposible que $S(ACM) = S(AMCD)$.
La otra es usando razones y áreas. Primero observemos que $S(ACD) = S(ACE)$ (ver la figura construida por el profesor Muñoz). Luego, tenemos la siguiente identidad conocida (y fácil de probar): $$\frac{BC}{CE} = \frac{S(ABC)}{S(ACD)}$$
Entonces, para que el punto medio de $BE$ quede a la izquierda de $C$ es necesario y suficiente que $BC/CE > 1$. Usando la identidad de áreas, ésta última desiguadad es equivalente a $S(ABC) > S(ACD)$.
Bueno, son dos formas diferentes de argumentar. Lo que me gusta de la segunda forma de argumentar, es que se relaciona directamente con la pregunta original:
¿qué condición garantiza que el punto medio de BE quede a la izquierda de BC?"
Mientras que la primera no contesta directamente esto, yo diría que contesta:
¿Qué condición se necesita para que el punto de bisección esté sobre el lado AC?
Lo que me gusta de la primera es que es completamente visual, de alguna manera ¡se ve! Se ve que el punto M no puede quedar en AC si no se cumple la condición de áreas.
Enviado por jmanin (no verificado) el 5 de Enero de 2013 - 12:55.
Sea ABCD un cuadrilátero convexo. Encontrar un punto M en BC (mostrar el procedimiento con prueba) de tal manera que AM divida al cuadrilátero ABCD en dos regiones de igual área
Trazado de paralelas.
Por el vértice A trazamos una paralela a la base BC.
Por el vértice D, otra que corta a aquella en el punto que llamamos G y a la prolongación de la base en E.
Buscamos el punto medio entre B y E, al que llamamos M y lo unimos con A.
Por el punto E, trazamos una paralela al segmento AM que corta a la primera en el punto H.
Ahora tenemos dos figuras importantes, el triángulo ΔBAM y el paralelogramo AMEH;
ambas figuras tinenla misma base BM = ME, la misma altura por estar comprendida entre dos paralelas.
Demostración
El paralelogramo tiene doble superficie que el triángulo, por lo que le hemos de quitar la mitad.
Dicho paralelogramo nos queda descompuesto en dos Δ congruentes por tener lados paralelos entre paralelas.
ΔMAC = ΔHEG y otro paralelogramo descompuesto a su vez en tres triángulos
que tienen la misma altura, y la suma de la bases que yacen en la misma recta(GD + DE), opuesto a la otra base (AC), tienen el mismo área (ΔAGD + ΔDEC = ΔADC).
Por ello área de AMCD = ΔMAC + ΔCAD = ΔBAM
Siguiendo los pasos expuestos se resulve el problema para cualquier cuadrilátero.
Siento no poder enviar el fichero gráfico que ayuda a la esposición por no tener cuenta de correo
Saludos
Enviado por jmanin (no verificado) el 6 de Enero de 2013 - 19:01.
Bueno, no tengo la dirección para adjuntar el archivo gráfico. Es obvio que si no tuviera
cuenta no podría rellenar el campo obligatorio. Luego encontré una xxxxxjmd@ Gmail.com
a la que envié el fichero.
En cuanto a la paralela, digo que pasa por D y corta a la base en E; necesariamente está no es paralela a la base. Se deduce que es el segmento AC( tendría que haber dicho que se traza una paralela por el vértice D al segmento AC o a la recta que pasa por A y C, y corta a la base en E). Al no tener un gráfico, me he dejado llevar por la figura de arriba y por la brevedad.
Mirando a la figura en el #3, solamente hay que trazar la paralela a la base por A y otra al segmento AM por E.
Saludos
José Manuel Rodríguez
Basándome en la sugerencia se
Basándome en la sugerencia se me ocurre esto solamente:
Prolongamos $AD$ que se intersecta con $BC$ en el punto $F$. Consideramos el punto $E$ en $CF$ de tal manera que el triángulo $ABE$ tiene la misma área que el cuadrilátero $ABCD$. Sea $M$ el punto medio de $BE$. Entonces, (área)$\triangle ABM$=(área)$\triangle AMC$, y por lo tanto el triángulo $ABM$ tiene la mitad de área que el cuadrilátero $ABCD$.
PD: ¿Se puede usar el "spoiler" en el foro?
Gracias.
Me dí cuenta de que está completamente mal. Borrar por favor.
Ya puse la solución.
Pues la condición es que el
Pues la condición es que el área del triángulo ABC sea mayor o igual a la del triángulos ACD. Encuentro dos maneras de ver esto.
La primera forma es considerando la negación. Si suponemos que el área del triángulo ABC (denotaremos $S(ABC)$) es menor que $S(ACD)$ entonces, tendremos que $S(ABM) \leq S(ABC) < S(ACD) \leq S(AMCD)$, lo que hace imposible que $S(ACM) = S(AMCD)$.
La otra es usando razones y áreas. Primero observemos que $S(ACD) = S(ACE)$ (ver la figura construida por el profesor Muñoz). Luego, tenemos la siguiente identidad conocida (y fácil de probar): $$\frac{BC}{CE} = \frac{S(ABC)}{S(ACD)}$$
Entonces, para que el punto medio de $BE$ quede a la izquierda de $C$ es necesario y suficiente que $BC/CE > 1$. Usando la identidad de áreas, ésta última desiguadad es equivalente a $S(ABC) > S(ACD)$.
Bueno, son dos formas diferentes de argumentar. Lo que me gusta de la segunda forma de argumentar, es que se relaciona directamente con la pregunta original:
Mientras que la primera no contesta directamente esto, yo diría que contesta:
Lo que me gusta de la primera es que es completamente visual, de alguna manera ¡se ve! Se ve que el punto M no puede quedar en AC si no se cumple la condición de áreas.
Saludos
.... quisiera tener ese
Sea ABCD un cuadrilátero
Sea ABCD un cuadrilátero convexo. Encontrar un punto M en BC (mostrar el procedimiento con prueba) de tal manera que AM divida al cuadrilátero ABCD en dos regiones de igual área
Trazado de paralelas.
Por el vértice A trazamos una paralela a la base BC.
Por el vértice D, otra que corta a aquella en el punto que llamamos G y a la prolongación de la base en E.
Buscamos el punto medio entre B y E, al que llamamos M y lo unimos con A.
Por el punto E, trazamos una paralela al segmento AM que corta a la primera en el punto H.
Ahora tenemos dos figuras importantes, el triángulo ΔBAM y el paralelogramo AMEH;
ambas figuras tinenla misma base BM = ME, la misma altura por estar comprendida entre dos paralelas.
Demostración
El paralelogramo tiene doble superficie que el triángulo, por lo que le hemos de quitar la mitad.
Dicho paralelogramo nos queda descompuesto en dos Δ congruentes por tener lados paralelos entre paralelas.
ΔMAC = ΔHEG y otro paralelogramo descompuesto a su vez en tres triángulos
que tienen la misma altura, y la suma de la bases que yacen en la misma recta(GD + DE), opuesto a la otra base (AC), tienen el mismo área (ΔAGD + ΔDEC = ΔADC).
Por ello área de AMCD = ΔMAC + ΔCAD = ΔBAM
Siguiendo los pasos expuestos se resulve el problema para cualquier cuadrilátero.
Siento no poder enviar el fichero gráfico que ayuda a la esposición por no tener cuenta de correo
Saludos
No le entiendo a los dos
Bueno, no tengo la dirección