Sea [math]ABCD un cuadrado de centro [math]O. Se construyen los triángulos isósceles [math]BCP y [math]CDQ iguales entre si y ambos exteriores al cuadrado. Sea [math]M el punto medio de [math]CP. Si [math]OM=10, calcular el área del cuadrilátero [math]OBMQ.
En otras regiones el problema añadía como dato que [math]BCP y [math]CDQ eran rectángulos. Yo subí la versión más general, que tomaron en la región urbana metropolitana, donde no necesariamente lo eran.
Marcamos el punto medio [math]G de [math]DQ y el punto [math]F en la prolongación de [math]PO tal que [math]GF \perp OF (Claramente, [math]OF=\frac {AB}{4})
Tambien marcamos el punto medio [math]H de [math]AB
Veamos que [math]HBQ y [math]FOG son semejantes.
Vemos que el lado [math]CD divide a los segmentos [math]QO y [math]GF en los puntos [math]Q' y [math]G'.
Sabemos que [math]G pertenece a la base media. Por tanto la altura a [math]CD desde [math]G es la mitad que la trazada desde [math]Q hacia dicho lado
Luego, [math]\frac{GG'}{QQ'}=\frac{1}{2}
Por otro lado, como [math]O pertenece a la mediatriz de [math]Q'H, tenemos que [math]Q'O=OH. Como [math]Q'OFG' es un rectángulo, tenemos que [math]GF=Q'O.
Luego, [math]\frac{G'F}{Q'O+OH}=\frac{G'F}{2G'F}=\frac{1}{2}
Sumando esto, tenemos que [math]\frac{GG'+G'F}{QQ'+Q'H}=\frac{1+1}{2+2}=\frac{1}{2}
Luego tenemos que como [math]HBQ y [math]FOG comparten la razon en dos pares de lados [math](QH\equiv GF y [math]BH\equiv OF) y tienen un ángulo recto, son semejantes, con razón de semejanza [math]\frac{1}{2}
Como [math]OG era mediana, por simetría del problema tenemos que [math]OG=10
Luego, por razón de semejanza, tenemos que [math]BQ=20
Finalmente, probamos que [math]BQ\perp OM, pues básicamente, [math]OG\perp OM.
Fran5 escribió:Marcamos el punto medio [math]G de [math]DQ y el punto [math]F tal que [math]GF \perp OF (Claramente, [math]OF=\frac {AB}{4})
Si vos trazas una circunferencia con centro en el punto medio de OG y con diametro OG cualquier punto F que se encuentre sobre esta te va a dar [math]GF \perp OF, por eso tenes que definir bien donde esta F.
Dado un triangulo ABC y los puntos medios L, M y N de los lados BC, AC y AB, respectivamente, probar que las bisectrices de los angulos ANB, BLC y CMA son concurrentes.
ésta escribió:Sea [math]ABCD un cuadrado de centro [math]O. Se construyen los triángulos isósceles [math]BCP y [math]CDQ iguales entre si y ambos exteriores al cuadrado. Sea [math]M el punto medio de [math]CP. Si [math]OM=10, calcular el área del cuadrilátero [math]OBMQ.
Se me ocurre que hay tres formas de construir isosceles exteriores a los lados, por ejemplo, tomando el isosceles BCP, tedriamos que pueden ser isosceles en B, en C o en P ¿no deberia aclararse eso? (tiendo a pensar que es en P, pero....)
Dado un triangulo ABC y los puntos medios L, M y N de los lados BC, AC y AB, respectivamente, probar que las bisectrices de los angulos ANB, BLC y CMA son concurrentes.
Por lo que dijeron en la discusión de problemas, había que demostrar en general, sin suponer qué lados eran isósceles. De todos modos, como nadie lo pudo hacer, en la premiación explicaron un caso particular.
Fran5 escribió:
Nota, basicamente, no tengo ni idea de como fundamentar que [math]BQ\perp OM,
Practicamente ya lo hicistes porque si llegastes a que [math]HBQ es semegante a [math]FOG eso quiere decir que [math]OG\parallel BQ (tal vez esto te falto decir, poca cosa) y si [math]\angle GOM=90 entonces [math]OM\perp BQ
Dado un triangulo ABC y los puntos medios L, M y N de los lados BC, AC y AB, respectivamente, probar que las bisectrices de los angulos ANB, BLC y CMA son concurrentes.
El dibujo lo hice con los triángulos isósceles con $BP=PC$ y $CQ=QD$, y para usar todos los datos vamos a resolver el problema en esta situación, pero la solución vale en el caso más general (ver la sección Comentario). Como los triángulos $BCP$ y $CDQ$ son congruentes, entonces $BP=PC=CQ=QD$ y $P\widehat BC=B\widehat CP=Q\widehat CD=C\widehat DQ$, llamamos $\alpha$ a todos estos ángulos.
Provincial 2013 N1 P3 - Áreas.png
Como $O$ es el centro del cuadrado $ABCD$, entonces $O$ es el punto medio de $AC$. Por dato tenemos que $M$ es el punto medio de $CP$. Entonces los triángulos del mismo color de la figura anterior tienen áreas iguales. De esto tenemos que el área de $OBMQ$ es la mitad del área de $ABPQ$. Nuestro objetivo es entonces calcular el área de $ABPQ$.
Provincial 2013 N1 P3 - Congruencias.png
Vamos a demostrar que los triángulos $ABP$ y $BCQ$ son congruentes.
Tenemos que $AB=BC$ al ser lados de un cuadrado. Ya vimos que $BP=CQ$ y que $P\widehat BC=\alpha=Q\widehat CD$. Entonces $P\widehat BA=90^\circ +\alpha =Q\widehat CB$. De esta forma, los triángulos $ABP$ y $BCQ$ tienen dos lados y el ángulo comprendido entre ellos respectivamente congruentes, así que $ABP$ y $BCQ$ son congruentes.
De la congruencia tenemos que $AP=BQ$ y que $B\widehat AC=C\widehat BQ$, llamamos $\beta$ a estos ángulos. Definimos $E$ como el punto de intersección de $AP$ y $BQ$. Como $A\widehat BC=90^\circ$, entonces $E\widehat BA=90^\circ -\beta$, y por suma de ángulos interiores en el triángulo $ABE$, tenemos que $A\widehat EB=90^\circ$. Entonces $AP$ y $BQ$ son perpendiculares.
Un argumento un poco más corto (y para el que no necesitamos marcar el punto $E$) es el siguiente:
Notamos ahora que si rotamos toda la figura $90^\circ$ en torno a $O$ de manera que el punto $A$ vaya al punto $B$, entonces el lado $BC$ va al lado $CD$, y como los triángulos $BCP$ y $CDQ$ son congruentes y ambos están en el exterior del cuadrado, tenemos que el punto $P$ va al punto $Q$. Es decir que si rotamos toda la figura $90^\circ$ en torno a $O$ mandamos el segmento $AP$ al segmento $BQ$, entonces $AP\perp BQ$ y $AP=BQ$.
Este argumento puede ser un poco complicado para alguien de Nivel 1, pero lo dejo porque sirve para lo que voy a comentar después.
Como $ABPQ$ es un cuadrilátero con diagonales perpendiculares, su área es $\dfrac{AP\cdot BQ}{2}$, y como $AP=BQ$, entonces esto último es $\dfrac{AP^2}{2}$. En el triángulo $APC$ tenemos que $OM$ es base media de $AP$, de modo que $AP=2OM$. Entonces $\dfrac{AP^2}{2}=\dfrac{(2OM)^2}{2}=\dfrac{4OM^2}{2}=2OM^2$. De esta forma, llegamos a que el área de $ABPQ$ es $2OM^2$, y como habíamos dicho que el área de $OBMQ$ es la mitad del área de $ABPQ$, nos queda que el área de $OBMQ$ es $OM^2$. Por último, usando que $OM=10$, obtenemos que el área de $OBMQ$ es $100$, y esta es la respuesta al problema.
En realidad, en la demostración anterior no estamos usando nunca que los triángulos sean isósceles. Lo único que necesitamos es que los triángulos $BCP$ y $CDQ$ sean congruentes con los vértices en ese orden (esto significa que $BC=CD$, $CP=DQ$ y $PB=QD$). Dicho de otra forma, lo que necesitamos es que al rotar $90^\circ$ en torno a $O$ el punto $P$ vaya al punto $Q$.
Olímpico escribió: ↑Sab 24 Ago, 2013 9:56 am
Por lo que dijeron en la discusión de problemas, había que demostrar en general, sin suponer qué lados eran isósceles. De todos modos, como nadie lo pudo hacer, en la premiación explicaron un caso particular.
Si bien es cierto que se puede demostrar sin saber cuáles son los lados iguales (incluso sin que sean isósceles, como acabo de explicar), el motivo de por qué anda es bastante sutil (demasiado para alguien de Nivel 1 en mi opinión). En realidad siempre se debería interpretar que las congruencias de triángulos son con los vértices en ese orden, pero mucha gente (y más en Nivel 1) no lo sabe.
Si no se pide que sean isósceles en $P$ y $Q$, por ejemplo, la condición se puede dar de una forma más precisa (la rotación) pero que revela mucho lo que está pasando en el problema. Si no se da la condición de esta forma, se puede correr el riesgo de que la gente interprete los triángulos isósceles de otra forma (por ejemplo, uno con $BP=BC$ y otro con $DQ=DC$) y no pueda resolver el problema, porque si permitimos todas las construcciones posibles de triángulos isósceles, el área de $OBMQ$ cambia cuando no los elegimos de forma que se cumpla la rotación.
El problema en general me gustó, pero no me parece muy bueno para estar en Nivel 1, al menos no sin algún retoque en el enunciado.
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