Nacional OMA 2008 P3N3

Problemas que aparecen en el Archivo de Enunciados.
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Matías V5

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Nacional OMA 2008 P3N3

Mensaje sin leer por Matías V5 » Lun 09 Dic, 2013 12:28 am

En una circunferencia de centro [math] sean [math] y [math] puntos de la circunferencia tales que [math]. El punto [math] pertenece al arco menor [math] y el punto [math] pertenece a la cuerda [math]. Se sabe que [math], [math] y [math]. Calcular el área del triángulo [math].
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"La geometría es el arte de hacer razonamientos correctos a partir de figuras incorrectas." -- Henri Poincaré

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JPablo
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Re: Nacional OMA 2008 P3N3

Mensaje sin leer por JPablo » Lun 09 Dic, 2013 4:32 am

Antes que nada: @Matías V5 quiero que sepas que tenía pensado acostarme temprano hoy, y por tu culpa no voy a llevar a cabo mis planes :evil:
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Lo primero que notamos es que [math].

El ángulo central de [math] es

[math]

Por lo tanto

[math]

Por la Ley del Coseno en [math] tenemos que

[math]

Notemos que [math] por ser ambos radios de la circunferencia. Llamémolos [math]. Tengamos en cuenta que [math] así que [math]. Nos quedará entonces que

[math]

[math]

Por el Teorema de Stewart en la ceviana [math] tenemos que

[math]

[math]

[math]

Con esta expresión algebraica vamos a hacer dos cosas:

En primer lugar, expresar [math] en función de [math]:

[math]

Y por otro lado, expresar [math] en función de [math]. Para esto, sumamos [math] a ambos lados de la igualdad y nos queda

[math]

[math]

Ahora, por la Ley del Coseno en [math] tenemos que

[math]

[math]

Ahora: reemplazando el [math] del segundo término por lo que obtuvimos usando el Teorema de Stewart y haciendo lo mismo con [math], obtenemos

[math]

Al resolver la ecuación, obtendremos cuatro resultados. Pero solo dos de ellos serán válidos:

[math]

[math]

Ya que los otros dos resultados son negativos. Por lo tanto, a partir de aquí, el problema se bifurca:

Con [math]:
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Recordemos que habíamos expresado [math] en función de [math]:

[math]

Como el área de un triángulo es igual al producto de sus lados sobre el cuádruple de su circunradio, nos queda que

[math]
Con [math]:
Spoiler: mostrar
Recordemos que habíamos expresado [math] en función de [math]:

[math]

Como el área de un triángulo es igual al producto de sus lados sobre el cuádruple de su circunradio, nos queda que

[math]
Concluimos entonces que

[math]

Comentario: ¿Por qué hay dos posibles valores de [math] y [math]?
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Naturalmente, hay dos [math] que cumplen con las condiciones del enunciado. Tomando [math] tal que [math] y tomando [math] tal que [math] notamos, por los resultados a los que llegamos, que

[math]

Eso significa que la recta [math] es paralela a [math]. Y por lo tanto, cualquier punto [math] sobre esa recta nos formará un triángulo [math] de igual área que [math] y [math].

Los dos posibles lugares donde puede estar [math] no son más que las dos intersecciones entre la circunferencia y la recta paralela a [math] tal que

[math]

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Re: Nacional OMA 2008 P3N3

Mensaje sin leer por nombre_null » Lun 09 Dic, 2013 3:29 pm

Solución un poco más corta pero algo turbia.
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Veamos que [math]. Luego se puede trazar la altura de [math] por [math] y vemos que hay dos medio-equiláteros, hacemos la cuenta y tenemos que [math].
Luego, es claro que [math], y veamos que [math] es semejante a [math], ya que [math], y además comparten el ángulo [math]. Esta semejanza nos dice que [math], y [math].
Tenemos que [math] es isósceles y entonces [math]. Luego, prestemos atención al triángulo [math]: [math] y [math] por ser radio de la circunferencia. Como [math], por el recíproco del teorema de Pitágoras, tenemos [math]. Luego, [math].
Finalmente, tracemos la altura de [math] por [math], que corta al lado [math] en [math]. Como [math], [math] es medio-equilátero y [math].
De esta manera tenemos [math], que es lo que queríamos calcular.
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[math]

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3,14

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Re: Nacional OMA 2008 P3N3

Mensaje sin leer por 3,14 » Sab 05 Nov, 2016 2:42 pm

Pongo una idea distinta que permite resolver el problema:
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Prolonguemos [math] hasta intersecar a la circunferencia en [math]. Notemos que por potencia de un punto en [math], obtenemos que:
[math]
[math]
[math]
Entonces notemos que [math] es punto medio de [math], y como el triángulo [math] es isósceles por tener como lados a dos radios, entonces se deduce que [math] es altura de [math].
Sabemos que el radio es [math]. Entonces podemos calcular por pitágoras:
[math]
de esto deducimos que [math] y que [math] es isósceles.
Y el problema sigue.
[math]

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Gianni De Rico

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Re: Nacional OMA 2008 P3N3

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Mar 27 Jun, 2017 7:37 pm

Otra:
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Nacional 2008 N3 P3.png
Como [math] es el centro de la circunferencia que pasa por [math], [math] y [math], se tiene [math] es isósceles en [math]. Sea [math] el pie de la altura del [math] desde [math], como [math] es isósceles, [math] es además mediatriz de [math] y bizectriz de [math] es medio equilátero y por lo tanto [math]

Ahora [math] y [math], como [math],
por Pitágoras tenemos [math]. Como [math] y [math], vemos que se cumple [math], entonces [math]. Pero como [math], por el Teorema de la Bisectriz [math] es bisectriz de [math] y [math].

Sea [math] el pie de la altura del [math] desde [math], como [math], [math] es medio equilátero y por lo tanto [math]. Entonces, el área de [math] es [math].
[math]

PD: El valor de [math] también se puede sacar con
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[math]
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Turko Arias

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Re: Nacional OMA 2008 P3N3

Mensaje sin leer por Turko Arias » Mié 31 Oct, 2018 7:46 pm

Una oda al Teorema del Coseno:
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Primero Sea $E$ un punto del arco $AB$ que no contiene a $C$, como $A\widehat{O}B=120º$ es el ángulo central de la cuerda $AB$ entonces $A\widehat{E}B=60º$, pero $AEBC$ es cíclico, por lo que $A\widehat{C}B=120º$. Y ahora nos arremangamos, definimos $A\widehat{D}C= \alpha$ y $B\widehat{D}C=180-\alpha$ y que pinten las cuentitas vieja:
  • Teorema del Coseno en ADC: $AC^2=2+4-2.2.\sqrt{2}cos(\alpha)=6-4.\sqrt{2}cos(\alpha)$
  • Teorema del Coseno en BDC: $BC^2=1+2-2.\sqrt{2}cos(180-\alpha)=3+2.\sqrt{2}cos(\alpha)$ ya que $cos(\alpha)=-cos(180º-\alpha)$
  • Teorema del Coseno en ACB: $9=AB^2=AC^2+BC^2-2.AC.BC.cos(120º)= \\
    6-4.\sqrt{2}cos(\alpha)+3+2.\sqrt{2}cos(\alpha)-2.\sqrt{(6-4.\sqrt{2}cos(\alpha)).(3+2.\sqrt{2}cos(\alpha))}.cos(120º)= \\
    9-2.\sqrt{2}cos(\alpha)+\sqrt{18-16.cos^2(\alpha)}$
    pero nos queda entonces $9=9-2.\sqrt{2}cos(\alpha)+\sqrt{18-16.cos^2(\alpha)}$ de donde $2.\sqrt{2}cos(\alpha)=\sqrt{18-16.cos^2(\alpha)}$. Elevando ambos lados al cuadrado y juntando incógnitas queda $18=24.cos^2(\alpha)$, con lo que $cos(\alpha)=\frac{\sqrt{3}}{2}$, de donde $\alpha=30º$, y nos queda $A\widehat{D}C= 30º$ y $B\widehat{D}C=150º$.
  • Teorema del Coseno en ADC: $AC^2=2+4-2.2.\sqrt{2}cos(30º)=6-2.\sqrt{6}$, por lo que $AC=\sqrt{6-2.\sqrt{6}}$
  • Teorema del Coseno en BDC: $BC^2=1+2-2.\sqrt{2}cos(150º)=3+\sqrt{6}$ por lo que $BC=\sqrt{3+\sqrt{6}}$
Pero ya tenemos la medida de los tres lados de $ABC$, así que lo tiramos en la Fórmula de Herón y nos da que el área es $\frac{3\sqrt{2}}{4}$ $\blacksquare$

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