Matemática => Triángulos => Mensaje iniciado por: 0_kool en 07/05/2017, 11:42:13 pm



Título: Transversales de gravedad y máximo angular
Publicado por: 0_kool en 07/05/2017, 11:42:13 pm
Hola , me topé con este problema en la red , y a pesar de que lo veo simple
se me va de las manos.

(http://rinconmatematico.com/foros/index.php?action=dlattach;topic=95174.0;attach=18441)

¿Alguna  idea?


Título: Re: Transversales de gravedad y máximo angular
Publicado por: Ignacio Larrosa en 08/05/2017, 07:05:17 am
(http://rinconmatematico.com/foros/index.php?action=dlattach;topic=95174.0;attach=18446)

El baricentro G del triángulo debe encontrarse en una semicircunferencia [texx]c_1\textrm{ de extremos }N\textrm{ y }C[/texx]. Podemos hacer sin pérdida de generalidad [texx]\left |{\overline{AC}}\right |=1[/texx]. El vértice [texx]B[/texx] está entonces en una semicircunferencia [texx]c_2[/texx], homotética de [texx]c_1\textrm{ respecto de }N\textrm{ con razón }3[/texx] y extremos [texx]N\textrm{ y }C'[/texx], con [texx]\overline{AC'}=2[/texx], y centro [texx]O, con \overline{AO}=\frac{5}{4}[/texx].

Para que [texx]\angle A = \angle CAB[/texx] sea máximo debe ser [texx]\overline{AB}\perp{}\overline{BO}[/texx], de manera que [texx]\overline{AB}\textrm{ sea tangente a }c_2[/texx]. Pero [texx]\left |{\overline{OB}}\right |=\left |{\overline{ON}}\right |=\frac{3}{4}[/texx], por lo que [texx]\alpha = \arcsen\left(\frac{3}{5}\right) \approx{} 36.87^\circ{}[/texx].

Vía teorema de Pitágoras en el [texx]\triangle ABO[/texx], vemos que [texx]\left |{\overline{AB}}\right | = 1\textrm{ y }\triangle ABC[/texx] es isósceles.

Saludos,



Título: Re: Transversales de gravedad y máximo angular
Publicado por: 0_kool en 08/05/2017, 08:29:43 pm
Gracias por su  explicación