Autor Tema: Solución alternativa

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02 Junio, 2017, 02:56 am
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Rybka

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En el problema expuesto a continuación, me han señalado que la "mejor solución" es la que he adjuntado en este mensaje (además de la figura correspondiente).

Mi duda es, si existe algún otro camino para resolver el problema, no muy extenso, pero al mismo tiempo instructivo. Mis intentos han sido infructuosos.



"En la figura, \( \triangle DBC \) isósceles de base DB, AD · AB = "

Solución:



Se agradece cualquier comentario.

Saludos.

02 Junio, 2017, 06:11 am
Respuesta #1

Abdulai

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En el problema expuesto a continuación, me han señalado que la "mejor solución" es la que he adjuntado en este mensaje (además de la figura correspondiente).

Ok,  \( AD·AB = 3 \) , pero sin una descripción del proceso+recursos utilizados no es una solución, es nada.

Citar
Mi duda es, si existe algún otro camino para resolver el problema, no muy extenso, pero al mismo tiempo instructivo. Mis intentos han sido infructuosos.

Aplicando el Teorema de Stewart sale como por un tubo, no creo que estés buscando por ese camino.

03 Junio, 2017, 02:19 am
Respuesta #2

Rybka

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He aplicado dicho teorema, no lo conocía -mi ignorancia es grande-. Me ha parecido interesante y efectivo.

Igualmente sigo interesado en un argumento geométricamente más "puro", aunque quizá sea una tontería. Es que me causa una curiosidad tremenda.

03 Junio, 2017, 10:04 am
Respuesta #3

Ignacio Larrosa

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¿Y qué problema tienes con la potencia de un punto respecto de una circunferencia?

Si no conoces ese concepto, o no te parece bastante "elemental", completa la figura con los puntos E, entre A y C, y F en que la recta AC corta a la circunferencia, y observa que los triángulos AED y ABF son semejantes, pues los ángulos DEF y DBF son suplementarios por ser ángulos opuestos de un cuadrilátero inscrito.

Entonces,

\( \displaystyle\frac{\overline{AE}}{\overline{AD}}=\displaystyle\frac{\overline{AB}}{\overline{AF}} \)

de donde se deduce de inmediato el producto que te piden.

Saludos,


Daría todo lo que se por la mitad de lo que ignoro (R. Descartes)
O incluso por muchísimo menos ...  (yo)

06 Junio, 2017, 01:33 am
Respuesta #4

Rybka

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¿Y qué problema tienes con la potencia de un punto respecto de una circunferencia?

Si no conoces ese concepto, o no te parece bastante "elemental", completa la figura con los puntos E, entre A y C, y F en que la recta AC corta a la circunferencia, y observa que los triángulos AED y ABF son semejantes, pues los ángulos DEF y DBF son suplementarios por ser ángulos opuestos de un cuadrilátero inscrito.

Entonces,

\( \displaystyle\frac{\overline{AE}}{\overline{AD}}=\displaystyle\frac{\overline{AB}}{\overline{AF}} \)

de donde se deduce de inmediato el producto que te piden.

Saludos,




No tengo problema alguno, pero me preguntaba por qué esa era la "mejor" solución, imagino que es de las más breves (?).

---

También intenté lo siguiente -pese a que no quería meter nada de trigonometría-:



\(
h = cos\angle DCE\\
x = sen\angle DCE\\
\overline{AE}^2 = 4 - h^2 = 3 + x^2\\
\overline{AD} = \sqrt{3 + x^2} - x\\
\overline{AB} = \sqrt{3 + x^2} + x\\
\overline{AD} \cdot \overline{AB} = 3.
 \)

Espero no haber hecho algo muy aberrante.

Saludos.

06 Junio, 2017, 09:33 am
Respuesta #5

Ignacio Larrosa

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No tengo problema alguno, pero me preguntaba por qué esa era la "mejor" solución, imagino que es de las más breves (?).

---

También intenté lo siguiente -pese a que no quería meter nada de trigonometría-:



\(
h = cos\angle DCE\\
x = sen\angle DCE\\
\overline{AE}^2 = 4 - h^2 = 3 + x^2\\
\overline{AD} = \sqrt{3 + x^2} - x\\
\overline{AB} = \sqrt{3 + x^2} + x\\
\overline{AD} \cdot \overline{AB} = 3.
 \)

Espero no haber hecho algo muy aberrante.

Saludos.

No, no tiene nada de aberrante y además está bien. Y no hace falta para nada utilizar trigonometría, basta con aplicar el teorema de Pitágoras al \( \triangle DCE \) para ver que \( 1 = x^2 + h^2 \).

Ésta solución es más algebraica y normalmente se prefieren métodos más sintéticos, y da la impresión de que el problema está diseñado para emplear la potencia de un punto respecto de una circunferencia, o por lo menos para ilustrar ese concepto. Pero son soluciones igualmente válidas.

Saludos,
Daría todo lo que se por la mitad de lo que ignoro (R. Descartes)
O incluso por muchísimo menos ...  (yo)