COFFEE "Carolina González" - Problema 2

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COFFEE
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COFFEE "Carolina González" - Problema 2

Mensaje sin leer por COFFEE » Sab 09 May, 2020 12:03 am

Sea $PQRS$ un paralelogramo, se marcan los puntos $A$ y $B$ de modo que $PQ=QA$, $PS=SB$, $P\widehat{Q}A= P\widehat{S}B$ y los triángulos $PQA$ y $PSB$ solamente compartan con el paralelogramo los lados $PQ$ y $PS$, respectivamente.
Demostrar que $R\widehat{A}B=P\widehat{A}Q$ y $A\widehat{B}R=P\widehat{B}S$.

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COFFEE
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Re: COFFEE "Carolina González" - Problema 2

Mensaje sin leer por COFFEE » Mar 12 May, 2020 12:52 am

Solución Oficial:
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COFFEE 'Carolina González' - P2 - Solución Oficial.png
Primero que nada, observamos que $\dfrac{PQ}{BS}=\dfrac{QA}{SP}$ ya que $PQ=QA$ y $BS=SP$, además, $\angle PQA=\angle BSP$, luego, por el criterio LAL de semejanza, tenemos que $PQA\simeq BSP$. Por lo tanto, $\angle PAQ=\angle QPA=\angle SBP=\angle BPS$, entonces si demostramos que $ARB\simeq AQP$, se va a cumplir que $\angle RAB=\angle ABR=\angle PAQ=\angle PBS$, que es lo que pide el problema. Esta demostración la hacemos en dos partes.

Veamos primero que $AR=RB$.
Como $PQRS$ es un paralelogramo, se cumple que $PQ=RS$ y que $PS=RQ$, entonces vale que $AQ=PQ=RS$ y $BS=PS=RQ$. Por otro lado, se cumple también que $\angle PSR=\angle RQP$, como además $\angle BSP=\angle PQA$, resulta que $\angle RQA=\angle RQP+\angle PQA=\angle PSR+\angle BSP=\angle BSR$, luego, por el criterio LAL de congruencia, tenemos que $AQR\equiv RSB$, de donde $AR=RB$.

Veamos ahora que $\angle ARB=\angle AQP$.
Llamamos $\angle PQA=\alpha$, $\angle RQP=\beta$ y $\angle ARQ=\gamma$. Entonces $\angle RQA=\angle PQA+\angle RQP=\alpha +\beta$, y como los ángulos interiores de un triángulo suman $180°$, tenemos que $\angle QAR=180°-\angle RQA-\angle ARQ=180°-(\alpha +\beta )-\gamma =180°-\alpha -\beta -\gamma$. Pero como $AQR\equiv RSB$, tenemos que $\angle SRB=\angle QAR=180°-\alpha -\beta -\gamma$. Por último, como $PQRS$ es un paralelogramo, se cumple que $\angle SRQ=180°-\angle RQP=180°-\beta$.
Tenemos entonces que $\angle ARB=\angle SRQ-\angle SRB-\angle ARQ=180°-\beta -(180°-\alpha -\beta -\gamma )-\gamma=\alpha =\angle AQP$.

En resumen, demostramos que $AR=RB$ y $\angle ARB=\angle AQP$, entonces $\dfrac{AR}{AQ}=\dfrac{RB}{QP}$ ya que $AQ=QP$, luego, por el criterio LAL de semejanza, tenemos que $ARB\simeq AQP$, y por lo que dijimos al principio, el problema queda resuelto.
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HelcsnewsXD

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Re: COFFEE "Carolina González" - Problema 2

Mensaje sin leer por HelcsnewsXD » Mar 12 May, 2020 1:25 am

Spoiler: mostrar
Tenemos que $P\widehat{Q}A = P\widehat{S}B$ y que, como $\bigtriangleup PQA$ y $\bigtriangleup PSB$ son isósceles, $S\widehat{B}P=S\widehat{P}B=Q\widehat{P}A=Q\widehat{A}P \Rightarrow$ Por criterio AAA, $\bigtriangleup BSP \simeq \bigtriangleup PQA$. Por esto: $\frac{\overline{BS}}{\overline{PQ}}=\frac{\overline{BP}}{\overline{PA}}$. Veamos esta igualdad:
$\frac{\overline{BS}}{\overline{PQ}}=\frac{\overline{BP}}{PA} \Rightarrow$ Sumamos $1$ a ambos términos, $\frac{\overline{BS}}{\overline{PQ}}+1=\frac{\overline{BP}}{\overline{PA}}+1 \Rightarrow \frac{\overline{BS}+\overline{PQ}}{\overline{PQ}}=\frac{\overline{BP}+\overline{PA}}{\overline{PA}} \Rightarrow$ Como $PQRS$ es paralelogramo $\overline{PQ}=\overline{SR}$, $\frac{\overline{BS}+\overline{SR}}{\overline{PQ}}=\frac{\overline{BP}+\overline{PA}}{\overline{PA}} \Rightarrow \frac{\overline{BR}}{\overline{PQ}}=\frac{\overline{BA}}{\overline{PA}}$
Por esto, $\bigtriangleup BRA$ cumple Thales con $\overline{BS} \parallel \overline{PQ}$. Del mismo modo, obtenemos $\overline{SP} \parallel \overline{RQ}$. Por esta razón, tenemos que $B$,$S$,$R$ son colineales, al igual que $B$,$P$,$A$.
Con esto, se demuestra que $R\widehat{A}B=P\widehat{A}Q$ y $A\widehat{B}R=P\widehat{B}S$
Na, clave la solución :lol:

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NPCPepe

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Re: COFFEE "Carolina González" - Problema 2

Mensaje sin leer por NPCPepe » Mar 12 May, 2020 2:41 pm

HelcsnewsXD escribió:
Mar 12 May, 2020 1:25 am
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Tenemos que $P\widehat{Q}A = P\widehat{S}B$ y que, como $\bigtriangleup PQA$ y $\bigtriangleup PSB$ son isósceles, $S\widehat{B}P=S\widehat{P}B=Q\widehat{P}A=Q\widehat{A}P \Rightarrow$ Por criterio AAA, $\bigtriangleup BSP \simeq \bigtriangleup PQA$. Por esto: $\frac{\overline{BS}}{\overline{PQ}}=\frac{\overline{BP}}{\overline{PA}}$. Veamos esta igualdad:
$\frac{\overline{BS}}{\overline{PQ}}=\frac{\overline{BP}}{PA} \Rightarrow$ Sumamos $1$ a ambos términos, $\frac{\overline{BS}}{\overline{PQ}}+1=\frac{\overline{BP}}{\overline{PA}}+1 \Rightarrow \frac{\overline{BS}+\overline{PQ}}{\overline{PQ}}=\frac{\overline{BP}+\overline{PA}}{\overline{PA}} \Rightarrow$ Como $PQRS$ es paralelogramo $\overline{PQ}=\overline{SR}$, $\frac{\overline{BS}+\overline{SR}}{\overline{PQ}}=\frac{\overline{BP}+\overline{PA}}{\overline{PA}} \Rightarrow \frac{\overline{BR}}{\overline{PQ}}=\frac{\overline{BA}}{\overline{PA}}$
Por esto, $\bigtriangleup BRA$ cumple Thales con $\overline{BS} \parallel \overline{PQ}$. Del mismo modo, obtenemos $\overline{SP} \parallel \overline{RQ}$. Por esta razón, tenemos que $B$,$S$,$R$ son colineales, al igual que $B$,$P$,$A$.
Con esto, se demuestra que $R\widehat{A}B=P\widehat{A}Q$ y $A\widehat{B}R=P\widehat{B}S$
No existe que dos triángulos sean congruentes por AAA, son similares nada mas, a parte me parece que ni $B$, $S$, $R$ ni $B$, $P$, $A$ son colineales

Mi solución (por ahi leí mal el enunciado pero creo que está bien)
Spoiler: mostrar
$SB=PS=QR$, $SR=PQ=QA$ por el enunciado y porque $PQRS$ es un paralelogramo
$PSR-PSB=PQR-PQA=BSR=AQR$
El triángulo $BSR$ es congruente con $RQA$ por criterio LAL
$BR=AR$
El triángulo $PQA$ es similar a $PSB$ por ser isósceles y tener un ángulo igual
$APB=APQ+BPS-SPQ=2APQ-SPQ=2*(90º-\frac{PQA}{2})-(180º-PQR)=180º-PQA-180º+PQR=PQR-PQA=AQR$
Como $APB=AQR$ y $\frac{PA}{PB}=\frac{QA}{PS}=\frac{QA}{QR}$, $AQR$ y $APB$ son similares, y tienen relación $\frac{AP}{PQ}$
El triángulo $ABR$ es isósceles y $\frac{AB}{AR}=\frac{AP}{PQ}$, por lo que el triángulo $ABR$ es similar a $APQ$ y $BPS$
Entonces $RAB=PAQ$ y $ABR=PBS$
$3=569936821221962380720^3+(-569936821113563493509)^3+(-472715493453327032)^3$: esta es la tercer menor solucion descubierta para la ecuación $a^3+b^3+c^3=3$ , las otras dos son $1^3+1^3+1^3=3$ y $4^3+4^3+(-5)^3=3$

HelcsnewsXD

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Re: COFFEE "Carolina González" - Problema 2

Mensaje sin leer por HelcsnewsXD » Mar 12 May, 2020 3:16 pm

NPCPepe escribió:
Mar 12 May, 2020 2:41 pm
HelcsnewsXD escribió:
Mar 12 May, 2020 1:25 am
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Tenemos que $P\widehat{Q}A = P\widehat{S}B$ y que, como $\bigtriangleup PQA$ y $\bigtriangleup PSB$ son isósceles, $S\widehat{B}P=S\widehat{P}B=Q\widehat{P}A=Q\widehat{A}P \Rightarrow$ Por criterio AAA, $\bigtriangleup BSP \simeq \bigtriangleup PQA$. Por esto: $\frac{\overline{BS}}{\overline{PQ}}=\frac{\overline{BP}}{\overline{PA}}$. Veamos esta igualdad:
$\frac{\overline{BS}}{\overline{PQ}}=\frac{\overline{BP}}{PA} \Rightarrow$ Sumamos $1$ a ambos términos, $\frac{\overline{BS}}{\overline{PQ}}+1=\frac{\overline{BP}}{\overline{PA}}+1 \Rightarrow \frac{\overline{BS}+\overline{PQ}}{\overline{PQ}}=\frac{\overline{BP}+\overline{PA}}{\overline{PA}} \Rightarrow$ Como $PQRS$ es paralelogramo $\overline{PQ}=\overline{SR}$, $\frac{\overline{BS}+\overline{SR}}{\overline{PQ}}=\frac{\overline{BP}+\overline{PA}}{\overline{PA}} \Rightarrow \frac{\overline{BR}}{\overline{PQ}}=\frac{\overline{BA}}{\overline{PA}}$
Por esto, $\bigtriangleup BRA$ cumple Thales con $\overline{BS} \parallel \overline{PQ}$. Del mismo modo, obtenemos $\overline{SP} \parallel \overline{RQ}$. Por esta razón, tenemos que $B$,$S$,$R$ son colineales, al igual que $B$,$P$,$A$.
Con esto, se demuestra que $R\widehat{A}B=P\widehat{A}Q$ y $A\widehat{B}R=P\widehat{B}S$
No existe que dos triángulos sean congruentes por AAA, son similares nada mas, a parte me parece que ni $B$, $S$, $R$ ni $B$, $P$, $A$ son colineales

Mi solución (por ahi leí mal el enunciado pero creo que está bien)
Spoiler: mostrar
$SB=PS=QR$, $SR=PQ=QA$ por el enunciado y porque $PQRS$ es un paralelogramo
$PSR-PSB=PQR-PQA=BSR=AQR$
El triángulo $BSR$ es congruente con $RQA$ por criterio LAL
$BR=AR$
El triángulo $PQA$ es similar a $PSB$ por ser isósceles y tener un ángulo igual
$APB=APQ+BPS-SPQ=2APQ-SPQ=2*(90º-\frac{PQA}{2})-(180º-PQR)=180º-PQA-180º+PQR=PQR-PQA=AQR$
Como $APB=AQR$ y $\frac{PA}{PB}=\frac{QA}{PS}=\frac{QA}{QR}$, $AQR$ y $APB$ son similares, y tienen relación $\frac{AP}{PQ}$
El triángulo $ABR$ es isósceles y $\frac{AB}{AR}=\frac{AP}{PQ}$, por lo que el triángulo $ABR$ es similar a $APQ$ y $BPS$
Entonces $RAB=PAQ$ y $ABR=PBS$
Nunca puse que sean congruentes, sino que con $\simeq$ me refiero que son semejantes
Na, clave la solución :lol:

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NPCPepe

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Re: COFFEE "Carolina González" - Problema 2

Mensaje sin leer por NPCPepe » Mar 12 May, 2020 10:37 pm

HelcsnewsXD escribió:
Mar 12 May, 2020 3:16 pm
NPCPepe escribió:
Mar 12 May, 2020 2:41 pm
HelcsnewsXD escribió:
Mar 12 May, 2020 1:25 am
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Tenemos que $P\widehat{Q}A = P\widehat{S}B$ y que, como $\bigtriangleup PQA$ y $\bigtriangleup PSB$ son isósceles, $S\widehat{B}P=S\widehat{P}B=Q\widehat{P}A=Q\widehat{A}P \Rightarrow$ Por criterio AAA, $\bigtriangleup BSP \simeq \bigtriangleup PQA$. Por esto: $\frac{\overline{BS}}{\overline{PQ}}=\frac{\overline{BP}}{\overline{PA}}$. Veamos esta igualdad:
$\frac{\overline{BS}}{\overline{PQ}}=\frac{\overline{BP}}{PA} \Rightarrow$ Sumamos $1$ a ambos términos, $\frac{\overline{BS}}{\overline{PQ}}+1=\frac{\overline{BP}}{\overline{PA}}+1 \Rightarrow \frac{\overline{BS}+\overline{PQ}}{\overline{PQ}}=\frac{\overline{BP}+\overline{PA}}{\overline{PA}} \Rightarrow$ Como $PQRS$ es paralelogramo $\overline{PQ}=\overline{SR}$, $\frac{\overline{BS}+\overline{SR}}{\overline{PQ}}=\frac{\overline{BP}+\overline{PA}}{\overline{PA}} \Rightarrow \frac{\overline{BR}}{\overline{PQ}}=\frac{\overline{BA}}{\overline{PA}}$
Por esto, $\bigtriangleup BRA$ cumple Thales con $\overline{BS} \parallel \overline{PQ}$. Del mismo modo, obtenemos $\overline{SP} \parallel \overline{RQ}$. Por esta razón, tenemos que $B$,$S$,$R$ son colineales, al igual que $B$,$P$,$A$.
Con esto, se demuestra que $R\widehat{A}B=P\widehat{A}Q$ y $A\widehat{B}R=P\widehat{B}S$
No existe que dos triángulos sean congruentes por AAA, son similares nada mas, a parte me parece que ni $B$, $S$, $R$ ni $B$, $P$, $A$ son colineales

Mi solución (por ahi leí mal el enunciado pero creo que está bien)
Spoiler: mostrar
$SB=PS=QR$, $SR=PQ=QA$ por el enunciado y porque $PQRS$ es un paralelogramo
$PSR-PSB=PQR-PQA=BSR=AQR$
El triángulo $BSR$ es congruente con $RQA$ por criterio LAL
$BR=AR$
El triángulo $PQA$ es similar a $PSB$ por ser isósceles y tener un ángulo igual
$APB=APQ+BPS-SPQ=2APQ-SPQ=2*(90º-\frac{PQA}{2})-(180º-PQR)=180º-PQA-180º+PQR=PQR-PQA=AQR$
Como $APB=AQR$ y $\frac{PA}{PB}=\frac{QA}{PS}=\frac{QA}{QR}$, $AQR$ y $APB$ son similares, y tienen relación $\frac{AP}{PQ}$
El triángulo $ABR$ es isósceles y $\frac{AB}{AR}=\frac{AP}{PQ}$, por lo que el triángulo $ABR$ es similar a $APQ$ y $BPS$
Entonces $RAB=PAQ$ y $ABR=PBS$
Nunca puse que sean congruentes, sino que con $\simeq$ me refiero que son semejantes
ahora me di cuenta que tu solución esta mal porque la relación esa no implica que $BS$ sea paralela a $PQ$ ni $SP$ a $RQ$ por thales
$3=569936821221962380720^3+(-569936821113563493509)^3+(-472715493453327032)^3$: esta es la tercer menor solucion descubierta para la ecuación $a^3+b^3+c^3=3$ , las otras dos son $1^3+1^3+1^3=3$ y $4^3+4^3+(-5)^3=3$

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