Provincial 1997 - Nivel 2 - Problema 3

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Monazo

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Provincial 1997 - Nivel 2 - Problema 3

Mensaje sin leer por Monazo » Sab 16 May, 2020 6:32 pm

El triángulo $ABC$ tiene $AB=14$, $BC=24$ y $AC=15$. Sean $M$ en el lado $AB$ y $N$ en el lado $BC$ tales que la recta $MN$ divide al triángulo en dos figuras de igual área y de igual perímetro. Hallar la longitud de $AM$.

joa.fernandez

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Re: Provincial 1997 - Nivel 2 - Problema 3

Mensaje sin leer por joa.fernandez » Dom 17 May, 2020 1:53 am

No me queda muy en claro el enunciado, así que por las dudas van todos los casitos :)
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Definimos como $[p_1,p_2,\ldots,p_n]$ y $(p_1,p_2,\ldots,p_n)$ al área y perímetro, respectivamente, de un polígono convexo con vértices $p_1, p_2,\ldots ,p_n$ en sentido horario.
Cabe aclarar que si $M$ y $N$ pertenecieran ambos a las prolongaciones de $AB$ y $BC$, la recta $MN$ no tendría intersecciones con el $\triangle ABC$, por lo que descartamos ese caso.

Caso 1: $M$ y $N$ no están en las prolongaciones de $AB$ y $BC$.
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Sean $BM=x$, $BN=y$, $MN=z$.
Como $x+y+z=(BMN)=(MACN)=14-x + 24-y + z +15~~\Rightarrow~~x+y=\frac{53}{2}$ (1).
También, como $x \cdot y \cdot sin\widehat{ABC} = 2[BMN]=\dfrac{2[ABC]}{2} = \dfrac {14 \cdot 24 \cdot sin\widehat{ABC}}{2}~~\Rightarrow~~x \cdot y=168$ (2).
Si resolvemos el sistema de ecuaciones que resulta entre (1) y (2), obtenemos que $x=\frac{21}{2}~ \vee~ x=16$, y como en este caso $M$ no está en la prolongación de $AB$, podemos concluir que $AM = 14 - x = 14-\frac{21}{2}=\frac{7}{2}$.
Caso 2: $M$ pertenece a la semirrecta $AB$.
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Sean $MN \cap AC = P,CP=x$, $CN=y$, $PN=z$.
Procediendo análogamente al caso 1, llegamos a que $x+y=\frac{53}{2}$ (1) y $xy=180$ (2), lo cual no tiene soluciones en el conjunto de los reales, lo cual es un absurdo.
Caso 3: $M$ pertenece a la semirrecta $BA$.
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Sean $MN \cap AC = P,CP=x$, $CN=y$, $PN=z$.
La configuración es análoga al caso 2, y ya vimos que era un absurdo.
Caso 4: $N$ pertenece a la semirrecta $CB$.
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Sean $MN \cap AC = P,AP=x$, $AM=y$, $PM=z$.
Procediendo análogamente al caso 1, llegamos a que $x+y=\frac{53}{2}$ (1) y $xy=105$ (2). Resolviendo el sistema de ecuaciones, concluimos que x o y (ya que son simétricas las ecuaciones) deben ser iguales a $\frac{53~\sqrt{1129}}{4}$, pero $\frac{53~\sqrt{1129}}{4}>15>14$, por lo que $P$ o $M$ estarían en la prolongación de $AC$ o $AB$ respectivamente, lo cual es un absurdo.
Caso 5: $M$ pertenece a la semirrecta $BA$.
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Sean $MN \cap AC = P,CP=x$, $CN=y$, $PN=z$.
La configuración es análoga al caso 4, y ya vimos que era un absurdo.
Vistos todos los casos, el único valor posible de $AM =\dfrac{7}{2}$.$\blacksquare$

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Gianni De Rico

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Re: Provincial 1997 - Nivel 2 - Problema 3

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Dom 17 May, 2020 9:15 am

joa.fernandez escribió:
Dom 17 May, 2020 1:53 am
No me queda muy en claro el enunciado, así que por las dudas van todos los casitos :)
Cuando dice "en el lado $AB$" siempre se refiere al segmento $AB$. Si por ejemplo dijera "en $AB$", ahí sí podría pasar que esté en la recta pero no en el segmento.

Mínimo detalle técnico
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El segmento $AB$ está contenido en la semirrectas $AB$ y $BA$, para referirte a que $M$ está en la prolongación del segmento $AB$ podés decir que está en la semirrecta opuesta a $BA$.
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