Nacional 2001 N2 P5

Problemas que aparecen en el Archivo de Enunciados.

Nacional 2001 N2 P5

UNREAD_POSTpor ktc123 » Dom 26 Ago, 2012 3:54 pm

Sea $ABCD$ un trapecio de bases $AB$ y $CD$, y lados no paralelos $BC$ y $DA$, tal que $BAD = ADC = 90°$, $AB = 54$ y $CD = 24$. Se sabe además que la bisectriz del ángulo $ABC$ corta a la bisectriz del ángulo $BCD$ en un punto $P$ del lado $DA$. Calcular las medidas de los lados $BC$ y $DA$
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Re: Nacional 2001 N2 P5

UNREAD_POSTpor ktc123 » Dom 26 Ago, 2012 5:00 pm

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Por definición $ABCD$ es un trapecio rectángulo donde sus ángulos son $\angle ABP= \angle PBC=\alpha$ y $\angle BCP= \angle PCD =\beta$

Como la suma de los ángulos internos de $ABCD$ es $360^{\circ}$, entonces
$90^{\circ} +90^{\circ}+2\beta+2\alpha=360^{\circ} \Rightarrow  2\beta+2\alpha=180^{\circ} \Rightarrow 2(\beta+\alpha)=180^{\circ} \Rightarrow \beta+\alpha=90^{\circ}$
Sabiendo eso, en el triángulo $BCP$, como $\beta+\alpha=90^{\circ} \Rightarrow \angle BPC=90^{\circ}$
También concluyo que todos los triángulos $ABP, BPC , CPD$ son rectángulos y similares (tienen los lados proporcionales)

Sea $F$, punto en $CE$, y sea $G$, punto en $CB$, puntos medios de sus respectivos lados y $E$, prolongación de $CF$ en $AB$. Entonces: $CD=AE=24 \Rightarrow EB=30$

Como $FG || EB$, $FG$ es base media de $EB$
$2FG=EB \Rightarrow FG=15$

Si sumo $FG+PF=39$(suponiendo que el lado $PF=CD=24$), el resultado es igual al resulatado del segmento $PG$ como mediana del trapecio $ABCD$

${AB+CD \over 2}=39 \Rightarrow$, es decir que $PG$ es la mediana del trapecio y por ende $P$ tiene que ser punto medio de $DP$. Por lo tanto, $DP=PA$

${24 \over DP}={PA \over 54} \Rightarrow {24 \over PA}={PA \over54} \Rightarrow 24.54=PA^2 \Rightarrow \sqrt{1296}=PA$

$\Rightarrow 36=PA=DP \Rightarrow DA=72$

En el triángulo $DCP$
$DB^2+DP^2=CP^2 \Rightarrow CP=12\sqrt{13}$
En el triángulo $ABP$
$PA^2+AB^2=PB^2 \Rightarrow PB=18\sqrt{13}$
En el triángulo $BCP$
$CP^2+PB^2=BC^2 \Rightarrow BC=78$

Concluyendo $BC=78$ y $DA=72$
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Re: Nacional 2001 N2 P5

UNREAD_POSTpor Martín Vacas Vignolo » Lun 27 Ago, 2012 4:23 pm

Fijate que está mal lo que decís para afirmar que P es el punto medio de DA. Primero suponés que PF=24, pero al suponer eso, estás suponiendo que justamente es punto medio de DA.
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Re: Nacional 2001 N2 P5

UNREAD_POSTpor Ivan » Lun 27 Ago, 2012 5:00 pm

ktc123 escribió:Si sumo $FG+PF=39$(suponiendo que el lado $PF=CD=24$), el resultado es igual al resulatado del segmento $PG$ como mediana del trapecio $ABCD$

${AB+CD \over 2}=39 \Rightarrow$, es decir que $PG$ es la mediana del trapecio y por ende $P$ tiene que ser punto medio de $DP$. Por lo tanto, $DP=PA$

Es cierto, estás usando lo que querés demostrar en la demostración.

De todos modos se puede probar que $P$ es el punto medio de $AD$ y el resto de la solución sigue valiendo.

Escribo una forma de probar eso:
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Tenemos que $\angle CPB=90^\circ = \angle CEB$, entonces el cuadrilátero $CPEB$ es cíclico (hay una circunferencia que pasa por sus cuatro vértices).

Cómo $\angle CBP=\alpha=\angle BPE$ tenemos que las cuerdas $BP$ y $PE$ son iguales, o sea $BP=PE$.

De acá se sigue que $APE$ y $DPC$ son congruentes y $P$ es punto medio de $AD$.
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Re: Nacional 2001 N2 P5

UNREAD_POSTpor Nacho » Lun 27 Ago, 2012 5:11 pm

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Ya que tenemos figura, vamos a usar la misma notación. Voy a marcar dos puntos más: $X = CP \cap AB$ e $Y = BP \cap CD$. Notemos que, como vio antes ktc123, $\angle BPC=90^\circ$. Entonces, $BP$ es bisectriz y altura de $\triangle BCX$, de donde es isósceles. Razonando así, vemos que $BCYX$ es un rombo. Vamos a nomenclar un poco los lados: $PC = a$, $PB=b$ y $BC=c$. Entonces, $AX = c-54$. Como $P$ es la intersección de las diagonales, $XP=PC=a$. Y notemos que $\angle BXC=\beta$, por paralelas. Por definición de coseno en $\triangle XPA$, tenemos que $\cos \beta = \dfrac{c-54}{a}$. Notemos en $\triangle CDP$ que $\cos \beta = \dfrac{24}{a}$. Combinando estas dos relaciones, $c-54 = 24$ y así $c=78$. Ahora, hagamos lo mismo de la defición del coseno pero en $\triangle BPC$: $\cos \beta = \dfrac{a}{c} = \dfrac{a}{78}$. Entonces, $a^2 = 24 \times 78$. Ahora, hacemos lo mismo pero con $\text{sen} \beta$ pero en $\triangle ABP$ y $\triangle BPC$, nos queda $b^2 = 54\times 78$. Con Pitágoras sacamos $DP = \sqrt{24\times 78 - 24^2}=36$. Análogamente, $AP = \sqrt{54\times 78 - 54^2} = 36$. Y así $AD = 72$.

Finalmente, la respuesta es $BC=78$ y $AD=72$.
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Re: Nacional 2001 N2 P5

UNREAD_POSTpor Martín Vacas Vignolo » Lun 27 Ago, 2012 6:37 pm

Otra forma de justificarlo, sin usar cíclicos explícitamente.

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Marcás F y G igual que lo hiciste vos, pero sin suponer que son puntos medios. Lo únicoq ue sabés es que P, F y G están alineados y esa recta es paralela a AB. Luego el ángulo ABP (que vos pusiste alpha) es igual al ángulo BPG.

Entonces el triángulo PGB es isósceles con PG=BG.

Lo mismo hacés con el ángulo CPG y el ángulo PCD, luego CG=PG.

De las dos igualdades sacás que G es punto medio de BC, o sea P es punto medio de AD.
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Re: Nacional 2001 N2 P5

UNREAD_POSTpor ilu29 » Vie 31 Ago, 2012 3:43 pm

Otra cosa que podemos usar para sacar bc es escribir un punto j sobre bc tal que el angulo cpj sea igual a "a" y bpj sea igual a "b".
ahora vemos que abp=bjp y dcp=cpj, entonces ab=bj=54 y dc=cj=28. Entonces cj+jb= 54 +28 =78= bc.
despues sacamos ad con pitagoras.

(perdon por no escribir en latex)

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Re: Nacional 2001 N2 P5

UNREAD_POSTpor Hechicero » Mar 05 Nov, 2013 7:23 pm

Bueno mi solucion: $BC$ $=$ $78$, $AD$ $=$ $72$
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Lo primero que realizo es extender las birectrices hasta que se corten con las rectas $AB$ y $CD$. Lo llamo $E$ y $F$ respectivamente. Luego $X$ $=$ $EA$.

Marco ángulos alternos internos y vemos que $EBC$ y $BCF$ son triángulos isósceles. Entonces $EB$ $=$ $BC$ $=$ $CE$ $=$ $54+x$. Luego si trazo $FE$ vemos que $EBCF$ es un rombo, y ademas sus diagonales se interceptan perpendicularmente. Por teoría, sabemos que las diagonales se cortan en su punto medio, y por Thales, vemos que $AP$ $=$ $PD$, luego de semejanza en triangulitos $x=24$
Entonces $BC=54+24=78$.

Luego trazo la perpendicular a $AB$ que pasa por el punto $C$. Entonces tenemos que $ATCD$ es un rectángulo con $AT=24$. y $AD=TC$.

Luego vemos que $TB=30$, y por Pitágoras tenemos que
$AD^2$ $=$ $BC^2$ $-$ $TB^2$ $\rightarrow$ $CD=72$
No poder demostrar algo, pero saber que se cumple, es estar condenado a una vida de mediocres ideas.
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Re: Nacional 2001 N2 P5

UNREAD_POSTpor Marco V » Mié 11 Oct, 2017 5:41 pm

Sin trazos auxiliares
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Sea $\angle{ABP}=\alpha$ y $\angle{DCP}=\beta \Rightarrow \angle{CPD}=90°-\beta$ y $\angle{BPA}=90°-\alpha \Rightarrow \angle{BPC}=\alpha +\beta$

Viendo el triángulo $BPC$, $2\alpha +2\beta=180°\Rightarrow \alpha +\beta =90°$

Luego, $ABP$, $BPC$ y $CPD$ son semejantes:

$\frac{BC}{BP}=\frac{BP}{54}$

$54BC=BP^2$ (1)

$\frac{BC}{CP}=\frac{CP}{24}$

$24BC=CP^2$ (2)

Con Pitágoras en $BPC$ usando (1) y (2):

$24BC+54BC=BC^2$

$78=BC$

Reemplazando esto último en (1) y (2): $CP=12\sqrt{13}$ y $BP=18\sqrt{13}$

Por Pitágoras en $ABP$ y $CPD$ sale fácilmente que $AP=DP=36$, ergo $AD=72$
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