Lindo Problema (Nacional 1995 N2 P3)

Problemas que aparecen en el Archivo de Enunciados.
jonyayala_95
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Lindo Problema (Nacional 1995 N2 P3)

Mensaje sin leer por jonyayala_95 »

Dado un triángulo [math], con [math], sea [math] el punto medio de [math] y [math] el punto del lado [math] tal que [math]. Demostrar que si [math] entonces [math] y recíprocamente, si [math] entonces [math].
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Aldana
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Re: Lindo Problema

Mensaje sin leer por Aldana »

Muy lindo problema.

a) Si [math] entonces [math]
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Trazamos el punto [math] tal que pertenece a la recta [math] y [math]
Por thales,[math] y [math] Si [math]
Luego, [math]
como queríamos.
b) Si [math] entonces [math]
Spoiler: mostrar
Trazamos el punto [math] tal que pertenece a la recta [math] y [math]
Por el enunciado, tenemos: [math] y [math], luego por Thales [math] Y como [math] es el centro de la circunferencia que contiene a [math] y como [math] es diámetro, entonces [math] (por alternos internos) como queríamos.
Tu solución es diferente?
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Martín Vacas Vignolo
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Re: Lindo Problema

Mensaje sin leer por Martín Vacas Vignolo »

Un detalle mínimo:
Spoiler: mostrar
Estás suponiendo que [math] cae en la prolongación de [math]. Habría que suponer que [math] cae en [math] y luego, suponiendo que [math], [math], [math], como vos decís por Thales, [math], y ahí llegar al absurdo, pues tendría que pasar que [math].
[math]
jonyayala_95
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Re: Lindo Problema

Mensaje sin leer por jonyayala_95 »

Paso mi solución:

a) Si $\widehat {KLB} = 90 \Rightarrow AC = 3 \times CB$
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Marcamos $E$ en $BC$ tal que $AE \parallel KL$
Sea $D = BL \bigcap AD$ y $F = KL \bigcap BE$

Denotemos como $C \prime$ al simetrico de $C$ respecto a $L$

Como $K$ es punto medio y paralelo a $AE$ entonces $KF$ es base media de $\Delta ABE$, entonces $L$ resulta punto medio de $BD$ y de $C \prime C$

Ahora comparamos los triangulos $\Delta BLC$ y $\Delta C \prime LD$

Como: $C \prime L = LC$, $DL = LB$ y $\widehat {C \prime LD} = \widehat{BLC}$ (opuestos por el vértice) resultan por criterio $LAL$ congruentes ambos triangulos, por lo tanto $C \prime D = CB$

Por enunciado tenemos $AC \prime = AL-C \prime L = AL-LC = (LC+CB)-LC = CB$

Tenemos que $\widehat {KLB} = \widehat {ADB} = 90$ por lo tanto $\Delta ALD$ es un triangulo rectangulo.
En $\Delta ALD$ tenemos que $AC \prime = C \prime D = CB$ en consecuencia $DC \prime$ es la mediana respecto a la hipotenusa, entonces:

$C \prime L = CB \Rightarrow AC = AC \prime + C \prime L + LC = 3CB$ como queriamos.
b) Si $AC = 3 \times CB \Rightarrow \widehat {KLB} = 90$
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Llamemos $CB = a$, $AC = 3a$ y $AB = 2b$ y $\alpha = \widehat {BAC} = \widehat {BAL} = \widehat {KAL}$

Por enunciado es facil ver que $LC = a \Leftrightarrow AL = 2a$

Por Teorema del Coseno en $\Delta ABC$:

$a^2 = (3a)^2+(2b)^2-2 \cdot 3a \cdot 2b \cdot \cos (\alpha)$ (Despejamos $cos (\alpha)$)
$a^2 = 9a^2+4b^2-12ab \cdot \cos (\alpha)$
$8a^2+4b^2-12ab \cdot \cos (\alpha) = 0$
$12ab \cdot \cos (\alpha) = 8a^2+4b^2$
$\cos (\alpha) = \frac{8a^2+4b^2}{12ab} = \frac{2a^2+b^2}{3ab}$ $(I)$

Ahora por Coseno en $\Delta ABL$:

$BL^2 = (2a)^2+(2b^2)-2 \cdot 2a \cdot 2b \cdot \cos (\alpha)$ Usando $(I)$
$BL^2 = (2a)^2+(2b^2)-2 \cdot 2a \cdot 2b \cdot \frac{2a^2+b^2}{3ab}$
$BL^2 = 4a^2+4b^2-8ab \cdot \frac{2a^2+b^2}{3ab}$
$BL^2 = \frac{4b^2-4a^2}{3}$ $(II)$


Ahora por Coseno en $\Delta AKL$:

$KL^2 = (2a)^2+b^2-2 \cdot 2a \cdot b \cdot \cos (\alpha)$ Usando $(I)$
$KL^2 = 4a^2+b^2-4ab \cdot \frac{2a^2+b^2}{3ab}$
$KL^2 = \frac{4a^2-b^2}{3}$ $(III)$

Haciendo $(II)+(III)$

$BL^2 + KL^2 = \frac{4b^2-4a^2}{3} + \frac{4a^2-b^2}{3}$
$= \frac{(4b^2-4a^2) + (4a^2-b^2)}{3}$
$= \frac{3b^2}{3} = b^2 = KB^2$

Entonces como en el triangulo $\Delta KLB$:

$BL^2 + KL^2 = KB^2 \Leftrightarrow \widehat {KLB} = 90$ Y terminamos!
Dibujo
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Nacional 1995.png
Si le pifié algo avisen :D
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Peznerd
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Re: Lindo Problema

Mensaje sin leer por Peznerd »

Aldana escribió: Sab 01 Oct, 2011 11:11 pm Muy lindo problema.

a) Si $\widehat{KLB} = 90°$ entonces $AC=3 \times CB$
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Trazamos el punto $D$ tal que pertenece a la recta $AC$ y $KL\parallel BD \Rightarrow \hat{KLB}=\hat{LBD}=90$
Por thales,$AL = LD$ y $AL = LC + CB = LD = LC + CD \Rightarrow CB = CD \Rightarrow \hat{CDB}=\hat{CBD}= \alpha$ Si $\hat{CBL}=\beta \Rightarrow \alpha + \beta = 90$
Luego, $\hat{BLC}= 180 - \hat{LBD} - \hat{BDL} = 180 - (\alpha + \beta) - \alpha = \beta \Rightarrow CB = CL \Rightarrow CL =\frac{AL}{2} \Rightarrow AC = 3 BC$
como queríamos.
No entiendo cómo es que en a) sacaste que por Thales $AL = LD$
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$$\int u \, dv=uv-\int v \, du\!$$
Peznerd
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Re: Lindo Problema

Mensaje sin leer por Peznerd »

Martín Vacas Vignolo escribió: Lun 03 Oct, 2011 4:54 pm Un detalle mínimo:
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Estás suponiendo que $D$ cae en la prolongación de $AC$. Habría que suponer que $D$ cae en $CL$ y luego, suponiendo que $CL=y$, $BC=x \to AL=x+y$, $DL=z$, como vos decís por Thales, $z=x+y$, y ahí llegar al absurdo, pues tendría que pasar que $y>x+y$.
No entiendo en qué te basás para decir que por Thales $z=x+y$ ¿alguien sería tan amable de explicarme, por favor? Creí que tenía el teorema dominado, y ando re perdido! :shock:
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drynshock

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Re: Lindo Problema (Nacional 1995 N2 P3)

Mensaje sin leer por drynshock »

Construcción para los dos casos:
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Trazamos un punto $B'$ perteneciente a la recta $AC$ tal que $B'C = BC$, luego como $AL = LC + BC \Rightarrow AL = LC + B'C$. Es por esto que $L$ es el punto medio de $AB'$ y como $K$ es el punto medio de $AB$ entonces $KL$ es la base media del triangulo $ABB'$
Parte $\angle KLB = 90°$
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Por ángulos entre paralelas $KLB = LB'B = 90°$, entonces $LBB'$ es un triangulo rectangulo. Por la propiedad de la mediana de un triangulo rectangulo tenemos que: $BC = B'C = LC$ y como $AL = 2.BC$ concluimos que $AL + LC = AC = 2BC + BC = 3BC \Rightarrow \boxed{AC = 3BC}$
Parte $AC = 3BC$
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Para esta parte podemos usar el reciproco del teorema de la mediana que usamos antes, es decir si $LC = BC = B'C$ entonces $LBB' =90°$.
$AL + LC + B'C = 2AL \Rightarrow LC = AL - B'C \Rightarrow LC = (AC - LC) - BC \Rightarrow 2LC = 3BC - BC \Rightarrow LC = BC$
Entonces $LC = BC = B'C$, entonces sabemos que $\Rightarrow LBB' = 90°$ y por ángulos por paralelas llegamos a que $\boxed{\angle KLB = 90°}$
@Bauti.md ig // Ridin' in a getaway car // $\zeta (s) =\displaystyle\sum_{n = 1}^{\infty}\frac{1}{n^{s}}$
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