Regional 2018 N3 P3

Problemas que aparecen en el Archivo de Enunciados.
yain.arias
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Re: Regional 2018 N3 P3

Mensaje sin leer por yain.arias » Sab 15 Sep, 2018 10:46 pm

Otra solución, con algo de semejanzas, reflexión y congruencias:
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En un principio, reflejamos el cuadrado ABCD con respecto de E sin considerar $\overline{AF}$, para formar el rectángulo ABB'A', con la recta AB' de diagonal.
Llamamos $\alpha$ a $D\widehat{A}E$, por lo que $D\widehat{E}A$ y $A'\widehat{B'}A$ son 90°- $\alpha$. Por lo tanto, notamos que $A\widehat{B'}C$ es $\alpha$. Luego, el triángulo AFB' es isósceles, con $\overline{AF}$=$\overline{FB'}$.
Ahora, reflejamos el triángulo ADE con respecto a $\overline{AE}$.

Hay que estar registrado para ver las imágenes

Trazando la recta EF, completando ángulos y usando Pitágoras en ADE, llegamos a que:

Hay que estar registrado para ver las imágenes

Pero $\overline{EF}$ es la altura de AFB', por lo que es perpendicular.
Entonces, el triángulo AEF es semejante a ADE. Los lados correspondientes, entonces, son: $\frac{2}{\sqrt{5}}$ = $\frac{\sqrt{5}}{\overline{AF}}$, por lo que $\overline{AF}$=$\frac{5}{2}$ $\Rightarrow$ D'F = AF - AD' = $\frac{5}{2}$ - 2 = $\frac{1}{2}$.

Finalmente, notamos que ED'F y EFC son congruentes (por ALA), por lo que D'F=CF=$\frac{1}{2}$.




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Gianni De Rico

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Re: Regional 2018 N3 P3

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Mié 12 Dic, 2018 10:49 am

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Como $BC$ es el reflejo de $AD$ respecto de la mediatriz de $AB$ (que es la de $CD$) y $E$ está sobre dicha mediatriz, tenemos $\angle FBE=\angle CBE=\angle DAE=\angle FAE$, por lo que $ABFE$ es cíclico. Sea $G$ el circuncentro de $ABFE$, entonces $G$ está sobre la mediatriz de $AB$ (que es la de $CD$), por lo que $GE$ es mediatriz de $CD\Rightarrow GE\perp CD\parallel CE$, pero como $GE$ es radio, resulta que $CE$ es tangente al circuncírculo de $ABFE$, y por potencia de un punto tenemos $CE^2=CF\cdot CB\Rightarrow CF=\frac{CE^2}{CB}=\frac{(\frac{1}{2}CB)^2}{CB}=\frac{1}{4}CB$. Como $CB=2$, resulta $CF=\frac{1}{2}$
[math]

Peznerd
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Re: Regional 2018 N3 P3

Mensaje sin leer por Peznerd » Lun 02 Sep, 2019 10:27 pm

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Gianni De Rico escribió:
Jue 13 Sep, 2018 10:23 pm
Como todo Regional de Nivel 3 se podía matar con trigonometría
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Pero de todas formas vamos con la solución linda:
Sea $G$ el pie de la perpendicular desde $E$ a $AF$, luego $\angle GAE=\angle FAE=\angle DAE$, $\angle EGA=90°=\angle EDA$ y $AE=AE$. Por lo tanto $\triangle EGA\equiv \triangle EDA\Rightarrow EG=ED=EC$. Notemos que $ADEG$ y $ECFG$ son cíclicos pues $\angle EDA=\angle EGA=\angle ECF=\angle EGF=90°$. Poniendo $\angle GAE=\alpha$ tenemos $\angle GAD=\angle GAE+\angle EAD=\alpha +\alpha =2\alpha$, por lo que $\angle CEG=2\alpha\Rightarrow \angle CFG=180°-2\alpha$. Pero como $EC=EG$ entonces $FE$ es bisectriz de $\angle CFG\Rightarrow \angle CFE=90°-\alpha \Rightarrow \angle FEC=\alpha$, por lo que $\triangle CEF\simeq \triangle DA\Rightarrow CF=\frac{CE\cdot ED}{AD}$. Como $AD=2$, tenemos $CE=ED=1$, y por lo tanto queda demostrado que $CF=\frac{1}{2}$.
Regional 2018 N3 P3.png
Jajjajaja te odio, mañana intentaré entenderlo. Por hoy tengo la mente tranquila que pude hacer 3 de 3 problemas del regional del año pasado. Obvio lo hice con trigonometry 8-)

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