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Re: Regional 2014 N2 P3

Publicado: Vie 19 Sep, 2014 9:39 am
por 3,14
Gregorio escribió:Ni bien lo miré ya sabía cómo hacerlo, me da paja hacer las cuentas pero acá les dejo una forma de hacerlo:
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Por suma de ángulos = 180º sacás el ángulo PRQ. Como DC es paralela a AF sabés que los ángulos PAF=PQR Y PFA=PRQ.
Como sabés 1 lado y todos los ángulos del triángulo PAF podés sacar todos sus lados con Teorema del Seno. Como BQC es equilátero sacas que BQ es 1 (tiene 3 ángulos de 60º, uno te lo dan, el otro lo sacás haciendo 180-ángulo del hexágono). Sumas BQ +AB+PA y sacás PQ. Como PAF es semejante a PQR podés sacar todos los lados de PQR. Ahí tenes RQ. Como tenés todos los lados de PQR por fórmula de Herón sacás el área y listo.
Eso fue lo primero que pense! pero como no me gusta mucho usar trigonometria (generalmente hay siempre otra forma) decidi buscar otra forma.

Re: Regional 2014 N2 P3

Publicado: Mar 11 Sep, 2018 6:13 pm
por Peznerd
Gregorio escribió: Jue 18 Sep, 2014 9:05 pm Ni bien lo miré ya sabía cómo hacerlo, me da paja hacer las cuentas pero acá les dejo una forma de hacerlo:
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Por suma de ángulos = 180º sacás el ángulo PRQ. Como DC es paralela a AF sabés que los ángulos PAF=PQR Y PFA=PRQ.
Como sabés 1 lado y todos los ángulos del triángulo PAF podés sacar todos sus lados con Teorema del Seno. Como BQC es equilátero sacas que BQ es 1 (tiene 3 ángulos de 60º, uno te lo dan, el otro lo sacás haciendo 180-ángulo del hexágono). Sumas BQ +AB+PA y sacás PQ. Como PAF es semejante a PQR podés sacar todos los lados de PQR. Ahí tenes RQ. Como tenés todos los lados de PQR por fórmula de Herón sacás el área y listo.
Genioo!! Buenísima, bien sencillita la explicaciíon.

Re: Regional 2014 N2 P3

Publicado: Mié 26 Jul, 2023 10:38 pm
por Carpcho
Gregorio escribió: Jue 18 Sep, 2014 9:05 pm Ni bien lo miré ya sabía cómo hacerlo, me da paja hacer las cuentas pero acá les dejo una forma de hacerlo:
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Por suma de ángulos = 180º sacás el ángulo PRQ. Como DC es paralela a AF sabés que los ángulos PAF=PQR Y PFA=PRQ.
Como sabés 1 lado y todos los ángulos del triángulo PAF podés sacar todos sus lados con Teorema del Seno. Como BQC es equilátero sacas que BQ es 1 (tiene 3 ángulos de 60º, uno te lo dan, el otro lo sacás haciendo 180-ángulo del hexágono). Sumas BQ +AB+PA y sacás PQ. Como PAF es semejante a PQR podés sacar todos los lados de PQR. Ahí tenes RQ. Como tenés todos los lados de PQR por fórmula de Herón sacás el área y listo.
Era fácil
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al ser un hexágono regular es bien fácil calcular todos los ángulos externos. Lo que falta lo calculas sabiendo que la suma de los ángulos es 180, te quedan triángulos que sabes los ángulos y un lado, por lo que podes usar Teorema del Seno (incluso en una parte no hace falta xq se forma un equilatero) y teniendo todos los lados calculas por Heron. En fin, que hice lo mismo.

Re: Regional 2014 N2 P3

Publicado: Lun 18 Dic, 2023 8:12 pm
por magnus
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Vemos que como $ABCDEF$ es un hexágono regular entonces todos sus ángulos tienen el valor de $120°$. Sabiendo esto podemos ver que $Q\widehat{B}C=180°-A\widehat{B}C = 180°-120°=60°$. Veamos al triángulo $BQC$, sabiendo que en todo triángulo a ángulos congruentes se les oponen lados congruentes tenemos que $\widehat{Q}=60°=Q\widehat{B}C \Rightarrow BC=1=QC$.

Bueno, trazo el segmento $FD$, a partir de esto veo al triángulo $FDE$: como $EF$ y $ED$ son lados del hexágono regular $ABCDEF$ entonces $EF=ED=1$.Por suma de ángulos interiores de un triángulo y que en todo triángulo a lados congruentes se les oponen ángulos congruentes, entonces tenemos que $E\widehat{D}F=E\widehat{F}D=\frac{180°-F\widehat{E}D}{2}=\frac{180°-120°}{2}=30°$. Siguiendo con el triángulo $FDE$, trazo la bisectriz de $D\widehat{E}F$ que corta a $FD$ en $I$. Veamos al triángulo $DEI$: como $EI=B_{D\widehat{E}F}\Rightarrow D\widehat{E}I =\frac{D\widehat{E}F}{2}=\frac{120°}{2}=60°$.Por suma de ángulos interiores de un triángulo tenemos que $D\widehat{I}E=180°-E\widehat{D}F-D\widehat{E}I=180°-30°-60°=90°$. Entonces tenemos que el triángulo $DEI$ es un medio equilátero entonces $EI=\frac{ED}{2}=\frac{1}{2}$. Con este dato podemos aplicar el teorema de pitágoras tal que $ED^2=1^2=EI^2+ID^2=(\frac{1}{2})^2+ID^2 \Rightarrow ID= \frac{\sqrt{3}}{2}$. Como el triángulo $FDE$ es isósceles entonces $I$ es punto medio de $FD$ entonces $FD=2\times ID=2\times \frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$.

Veamos que $R\widehat{D}E=180°-C\widehat{D}E=180°-120°=60°$ . Ahora que sabemos esto podemos ver que $F\widehat{D}R = R\widehat{D}E + E\widehat{D}F=60°+30°=90°$. Tomemosnos un segundo para ver al triángulo $RDF$, por suma de ángulos interiores de un triángulo tenemos que $R\widehat{F}D = 180°- \widehat{R}- F\widehat{D}R=180°-45°-90°=45°$ . Tenemos que $\widehat{R}=45°=R\widehat{F}D$ entonces el triángulo $RDF$ es isósceles con $FD=\sqrt{3}=RD$. Entonces haciendo $RQ=RD+DC+CQ=\sqrt{3}+1+1=\sqrt{3}+2$ podemos conseguir la primer consigna.

Procedo llamando $H$ al punto en $RQ$ tal que $PH\perp, RQ\Rightarrow R\widehat{H}P=Q\widehat{H}P=90°$. Llamo $x$ al segmento $RH$, entonces pasa que $HQ=2+\sqrt{3}-x$.Veamos el triángulo $PQH$, tenemos que por suma de ángulos interiores de un triángulo pasa $H\widehat{P}Q=180°-P\widehat{H}Q-\widehat{Q}=180°-90°-60°=30°$ entonces el triángulo $PQH$ es un medio equilátero entonces $PQ=2\times HQ=2\times (2+\sqrt{3}-x)=4+2\sqrt{3}-2x$. Veamos que en el triángulo $RHP$ por suma de ángulos interiores de un triángulo tenemos que $R\widehat{P}H=180°-R\widehat{H}P-\widehat{R}=180°-90°-45°=45°$ entonces tenemos que $\widehat{R}=45°=R\widehat{P}H$. Como en todo triángulo a ángulos congruentes se les oponen lados congruentes tenemos que $RH=x=PH$.

Volvamos al triángulo $PQH$, aplicamos teorema de pitagoras tal que $HQ^2+PH^2=PQ^2 \Rightarrow x^2+(2+\sqrt{3}-x)^2=(4+2\sqrt{3}-2x)^2 \Rightarrow x=\frac{\sqrt{3}+3}{2}$. Así podemos saber el área del tríangulo $PRQ$ haciendo $\frac{RQ\times x}{2}=\frac{(2+\sqrt{3})\times (\frac{\sqrt{3}+3}{2})}{2}=\frac{5\sqrt{3}+9}{4}$
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