Nacional 2002 P2 N1

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tuvie

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Nacional 2002 P2 N1

Mensaje sin leer por tuvie »

En el triángulo $ABC$ sean $M$ en el lado $AB$ tal que $AM=2BM$ y $N$ el punto medio de $BC$. Denotamos $O$ al punto de intersección de $CM$ y $AN$. Si el área del triángulo $ABC$ es igual a $30$, calcular el área del cuadrilátero $MBNO$.
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Martín Vacas Vignolo
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Re: Nacional 2002 P2 N1

Mensaje sin leer por Martín Vacas Vignolo »

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nac2002.png
Guíense con la figura, que habla más fácil que yo tipeando :P

Como tenés un lado dividido en dos y otro dividido en tres, es natural querer dividir todos los lados en seis. Por Thales todos esos triangulitos van a ser iguales y además todas las rectas que parecen paralelas, lo van a ser. Claramente los triángulos marrón liso y marrón rayado son semejantes, planteás esa semejanza y tenés que $AO=6OG$. Además $CG$ es mediana, luego $AG=2GN$ Pero $AG=5OG$, luego $5OG=2GN$, o sea que $GN=\frac{5}{2}OG$. Y ahora usamos el truco de siempre, de que si dos triángulos tienen igual base (altura), la relación entre las áreas va a ser la misma que entre las alturas (bases).

$ABN$ tiene área $15$, porque $N$ es punto medio de $BC$. El verde tiene área un tercio de $ABN$, o sea $5$. Por lo que $AMN$ tiene área $10$. Finalmente $MON$ va a tener un quinto del área de $AMN$ (porque $ON=\frac{3}{2}OG$ y $AN=\frac{15}{2}OG$), o sea $2$. Por lo tanto $BMON$ tiene área $7$.
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[math]
MathIQ

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Re: Nacional 2002 P2 N1

Mensaje sin leer por MathIQ »

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Me dió que el cuadrilátero MBNO tiene área 7.
Lo que hice fue graficar el triángulo ABC de área = 30, dónde
$A\widehat{B}C$ = 90°, una vez hecho esto dividí al cuadrilátero MBNO en dos triángulos ONB y OMB (ya que es un trapezoide), apliqué Pitágoras y semejanza entre triángulos y obtuve que ONB tiene área = 3 y OMB tiene área = 4 , entonces sume estas y obtuve que MBNO tiene área = 7.
:D
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Ulis7s

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Re: Nacional 2002 P2 N1

Mensaje sin leer por Ulis7s »

$Solución:$
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Defino a $Q$ como la intersección de la recta $BO$ con el segmento $AC$. Luego aplicamos Ceva en $ABC$:
$\frac{AQ}{CQ}\times \frac{CN}{NB}\times \frac{BM}{AM}=1$ $(1)$
Pero como $\frac{CN}{NB}=1$ y $\frac{BM}{AM}=\frac{1}{2}$ reemplazamos esto en $(1)$ y resulta:
$\frac{AQ}{CQ}=2$. Luego $AQ=2CQ$. Además, observemos que como $\frac{AQ}{CQ}=\frac{AM}{MB}$ resulta el recíproco del teorema de Thales, luego se sigue que, $CB \parallel QM$.
Una vez hallado todo esto viene el paso divertido, la semejanza, es claro que los triángulos $AQM$ y $ABC$ son semejantes, ya que tienen dos ángulos iguales por ser correspondientes en las paralelas. De donde sale que la razón de semejanza es $\frac{AM}{AB}=\frac{2}{3}$. Luego sale que $QM=\frac{2}{3}CB$ y si llamamos $h_{1}$ a la altura desde $CB$ hasta $O$, $h_{2}$ a la altura desde $QM$ hasta $O$, $h_{3}$ a la altura desde $QM$ hasta $A$ y $h_{t}$ a la altura desde $CB$ hasta $A$ sale que $h_{3}=\frac{2}{3}h_{t}$ o que $h_{2}+h_{1}=\frac{1}{3}h_{t}$.
Además los triángulos $QOM$ y $COB$ son semejantes ya que tienen dos ángulos iguales por ser alternos internos en las paralelas. De donde sale que la razón de semejanza es $\frac{QM}{BC}=\frac{2}{3}$ luego sale que $\frac{h_{1}}{h_{2}}=\frac{2}{3}\to h_{1}=\frac{2}{3}h_{2}\to \frac{5}{3}h_{2}=\frac{1}{3}h_{t}\to h_{2}=\frac{1}{5}h_{t}\to h_{1}=\frac{2}{15}h_{t}$.
Parte final: Notemos que si $(P)$ denota el área del polígono $P$ entonces tenemos que:
$(MBNO)= (QBM) + (NOB) - (QMO)$
$(MBNO) =\frac{\frac{2}{3}BC\times \frac{1}{3}h_{t}}{2}+\frac{\frac{1}{2}BC\times \frac{1}{5}h_{t}}{2}-\frac{\frac{2}{3}BC\times \frac{2}{15}h_{t}}{2}$
$(MBNO)= 7$
(Aclaración: en el último paso se usa $BC . h_{t}=60$
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