4 comentarios el “039: 34000X 226LC P3T_re 00A1/2/3A90A45AQ2

  1. Buenas noches amigos yo tengo otra solución estare esperando las sugerencias a la siguiente:Prolongamos AE hasta “M” tal que la m<EMC=2α, luego se podra observar que ∆ EMC es isósceles; de otro lado en el cuadrilátero CMBE se aprecia que MC=ME además m<CME= 2m<CBE=2α, por lo cual por el recïproco del teorema de las tres patitas asi le decimos en la pre entonces MB=ME=MC del cual se observa que el cuadrilátero ACMB es un trapezoide simétrico por lo tanto la m<CAM=m<MAB=3α,al sumar ambos valores e igalar a 90° el resultado es α=15°

  2. Pingback: 194: X_34000 C_226LP A_00A1P2P3A90A45A R12.5R « SobreGeometrías

  3. Ubicamos un punto P exterior y relativo a AC de modo que el triángulo AEB sea congruente con APC (AP= AE=b ,m<ABE =m<ACP = 45°-α y m<BAE =m<CAP =3α), de donde m<PAE =90°. Prolongamos CE hasta Q de modo que AC = CQ = a, de donde los triángulos ACQ y AEQ son isóscelesde bases AQ y EQ respectivamente con lo cual AE = AQ = b. tomando como centro A se traza una circunferencia que pase por P,E y Q por lo cual m<PQC =45°; por diferencia m<AQP=45°-α, con lo cual el cuadrilátero APCQ es inscriptible, entonces m<PAC = PQC lo cual significa que 45° = 3α.
    Por lo tanto α = 15°

  4. Prolongamos \overline{CE} hasta P, de modo que AP = AC; A será centro de una circunferencia que pasa por C, B y P por eso:

    1ER CAMINO m\angle EPB = 45º y el cuadrilátero AEBP será inscriptible de donde m\angle EPA = m\angle EBA, es decir 2\alpha = 45º – \alpha de donde \alpha = 15º

    2DO CAMINO Si EP interseca a AB en Q EQ = QB y AQ = QP, como el triángulos AQP es isósceles m<PAQ = 2x, sumando ángulos en AEP. x = 15º

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