OLIMPIADA COSTARRICENSE DE MATEMÁTICA UNA - UCR - TEC - UNED - MEP - MICIT. Geometría. III Nivel I Eliminatoria

Transcripción

1 OLIMPID OSTRRIENSE DE MTEMÁTI UN - UR - TE - UNED - MEP - MIIT Geometría III Nivel I Eliminatoria Marzo 2016

2 Índice 1. Presentación Temario 3 3. Teorema de Pitágoras 4 4. Triángulos Especiales 7 5. Trigonometría Ejercicios adicionales Solución a los ejercicios adicionales réditos 18 1

3 1. Presentación. El presente material pretende ser una guía para el estudiante que participa en la Olimpiada ostarricense de Matemática en el III Nivel, que corresponde únicamente a estudiantes de décimo año de colegio en adelante. on él se busca que el estudiante conozca el tipo de problemas a los que se va a enfrentar en la I Eliminatoria de esta olimpiada. En la siguiente sección se presenta el temario completo de geometría, para tener una visión global de los contenidos que debe manejar para resolver los ejercicios de esta eliminatoria en el Nivel III. Posteriormente se desglosan estos temas y se hace un resumen de los conceptos matemáticos más relevantes del temario; además se ofrece una serie de ejercicios, tomados de las primeras eliminatorias de años anteriores, de modo que se observe cómo se aplican dichos conceptos a problemas concretos. Finalmente se presenta una lista de ejercicios adicionales para que pueda poner en práctica los conceptos estudiados. Se incluyen las soluciones de estos ejercicios, pero se recomienda tratar de resolverlos antes de consultar la solución. 2

4 2. Temario Los siguientes son los temas sobre los que se elaborarán las preguntas de la Primera Eliminatoria. 1. Desigualdad triangular. Teorema de la suma de las medidas de los ángulos internos de un triángulo y cuadrilátero convexo. Teorema de la medida del ángulo externo de un triángulo. Teorema de la suma de los ángulos externos de un triángulo y cuadrilátero convexo. lasicación de triángulos de acuerdo con la medida de sus ángulos internos o a la medida de sus lados. Ejes cartesianos. Representación de puntos y guras. 2. Área y perímetro de triángulos, cuadriláteros y círculo. Fórmula de Herón. 3. Rectas notables en un triángulo. Propiedades de las rectas notables en un triángulo. ongruencia de triángulos. Teorema de Pitágoras. Proporcionalidad. Teorema de Tales. Semejanza de triángulos. 4. Razones trigonométricas de un ángulo agudo en un triángulo rectángulo. Razones trigonométricas de los ángulos especiales 30, 45, Problemas de aplicación (ángulos de elevación y de depresión, entre otros). Ley de los senos y ley de los cosenos. Resolución de triángulos. lgunas de las notaciones más utilizadas son las siguientes: : Segmento de recta que va de a : Rayo que empieza en y pasa por : Recta denida por y : Puntos colineales con entre y l m: La recta l es paralela a la recta m l m: La recta l es perpendicular a la recta m 3

5 3. Teorema de Pitágoras Teorema (Pitágoras): Sea recto en, entonces 2 = Teorema (Derivado de Pitágoras):Si D es la altura sobre la hipotenusa entonces 1. D 2 = D D = D = D. 4

6 Ejemplo 1. (Pregunta N 7, I Eliminatoria 2014, III Nivel) Sea rectángulo en y D un punto en tal que D es altura. Si D = 3 y D = 12, entonces la medida de D es (a) 6 (b) 3 5 (c) 6 2 (d) 6 5 Solución onsidere al gura D Utilizando teorema de pitágoras en el se tiene que = = Sea h la medida de D, entonces por pitágoras en el D tenemos D 2 +h 2 = 2 y en el D se tiene D 2 + h 2 = 2. hora sumando miembro a miembro D 2 + h 2 + D 2 + h 2 = h = h 2 = 72 h 2 = 36 h = 6. Otra forma para resolver este ejercicio es aplicando un teorema derivado del teorema de Pitágoras. Tomando la primera parte de este teorema se tiene que D 2 = 3 12 D = 36 D = 6 La solución correcta es la (a). Ejemplo 2. (Pregunta N 21, I Eliminatoria 2013, III Nivel) onsidere un punto P en el interior de un triángulo acutángulo tal que el triángulo P es rectángulo. on certeza se cumple que ) P + P > 2 ) P + P < 2 ) = 2 D) > 2 5

7 Solución Tenemos una representación de triángulo similar al siguiente: P Observe que por el teorema de Pitágoras se tiene que P 2 + P 2 = 2. m P + m P + P = 360 m P + m P = 270. omo P pertenece al interior del entonce m P < 180 y m P < 180 y entonces 90 < m P < 180 y m P < 180, así en el P se tiene que > P y en el P se tiene que > P sí que P + P > 2, descartando la opción. hora la opción no se cumple dado que no corresponden a ternas pitagóricas, pues son medidas de lados de un triángulo acutángulo. Y por último la opción es incorrecta pues la desigualdad que se cumple corresponde a P + P > 2. Finalmente como m < 90 entonces > 2. La solución correcta es la (d). 6

8 4. Triángulos Especiales Teorema: Dado un triángulo rectángulo cuyos ángulos agudos miden 30 y 60, entonces la longitud del cateto que se opone al ángulo menor es la mitad de la longitud de la hipotenusa y la longitud del cateto que se opone al águlo mayor es la mitad de la longitud de la hipotenusa multiplicado por x 3 2 x x 2 60 Teorema: Dado un triángulo rectángulo isósceles, entonces la longitud de la hipotenusa es igual a la longitud de los catetos multiplicados por 2. x 45 x 2 x 45 7

9 Ejemplo 3. (Pregunta N 14, I Eliminatoria 2014, III Nivel) Sea el equilátero de lado 3, y sean D, E, F puntos en,, respectivamente tales que D = E = F = 1, determine el perímetro del DEF (a) 9 (b) 6 (c) 3 (d) 3 3 Solución onsidere la gura: F E 60 D onsidere el DF, dado que F = 2, D = 1 y m = 60 entonces DF es un triángulo rectángulo especial (conocido como semiequilátero) y de esa forma DF = 3. De forma análoga F E = ED = 3 y entones el perímetro del DEF es 3 3 La solución correcta es la (d). 8

10 Ejemplo 4. (Pregunta N 14, I Eliminatoria 2013, III Nivel) La medida del perímetro del tríangulo equilátero que se representa en la gura adjunta es de 36cm. Entonces el área en centímetros cuadrados del cuadrado DEF G corresponde a ) ) ) 144(2 3 3) 2 D) 6 + ( 3 1) 2 Solución omo los triángulos EF y DG son semiequiláteros (30, 60, 90 ), si se dene x: lado del cuadrado DEF G, se cumple que, F = G = x 3 = x 3 3 entonces como, = 36cm 3 = 12cm y x 3 + x + x 3 = ( 2 ) 3 x = 12 ( 2 ) x = x = = 36 Entonces el área del cuadrado DEF G es, = 36(2 3 3) 12 9 = 12(2 3 3)cm Por lo que la opción correcta es (c). uadrado = x 2 = 12 2 (2 3 3) 2 cm 2 = 144(2 3 3) 2 cm 2 9

11 5. Trigonometría Para un triángulo rectángulo se pueden deinir tres relaciones entre sus lados y sus ángulos. onsideremos la siguiente gura: α a c b β sí tenemos que la seno es igual a la razón entre el cateto que se opone (opuesto) al ángulo y la hipotenusa. sin α = b c ; sin β = a c De la misma forma coseno es igual a la razón entre el cateto adyacente al ángulo y la hipotenusa. cos α = a c ; cos β = b c Finalmente la tangente es iguala a la razón entre el cateto opuesto y el cateto adyacente al águlo. De las relaciones anteriores es claro que: tan α = b a ; tan β = a b 1. sin α = cos β 2. sin β = cos α 3. tan α = sin α cos α 4. tan β = sin β cos β demás existen relaciones que se pueden aplicar a cuales quiera triángulos llamadas ley de senos y ley de cosenos. onsidere la siguiente gura: c a b Ley de senos: Ley de cosenos a sin = b sin = c sin 10

12 1. a 2 = b 2 + c 2 2bc cos 2. b 2 = a 2 + c 2 2ac cos 3. c 2 = a 2 + b 2 2ab cos demás se puede determinar el área del triángulo mediante trigonometría. onsidere la siguiente gura c h a b Notemos en el triángulo rectángulo de la izquierda que sin = h c entoces c sin = h hora se tiene que a( ) = 1 2 b h y sustituyendo obtenemos a( ) = 1 b c sin. 2 Se puede proceder de forma análoga con los otros lados (siempre que el ángulo sea agudo). 11

13 Ejemplo 5. (Pregunta N 20, I Eliminatoria 2013, III Nivel) onsideremos el siguiente paralelogramo D de la gura adjunta, cuyos lados miden 5 y 9. Si se supone que E = 5 y = 7, entonces el valor de E es igual a ) 8 3 ) 4 ) 6 D) 16 Solución plicando ley de cosenos al triángulo tenemos cos = cos = cos = 19 cos = omo = E = 5 y F se sigue que E = 2F, aplicando trigonometría en el F se tiene que 5 cos = F y así F = Por último, se tiene que D = = 9 por ser un D un paralelogramo y así E = 2F = = 8 3 Por lo que la opción correcta es (a). 12

14 6. Ejercicios adicionales. continuación se presenta una lista de ejercicios, tomados de ediciones anteriores de la Olimpiada ostarricense de Matemática, en los cuales se aplican los conceptos desarrollaos en este documento. Se recomienda tratar de resolverlos antes de consultar las soluciones dadas en el capítulo 8. Pregunta N 5, I Eliminatoria 2014, III Nivel. 1. Se colocan tres cuadrados como se muestra en la gura adjunta, en los cuales la medida de los lados son 4x, 2x y x respectivamente. Si representa un vértice del cuadrado de mayor longitud y M el punto medio del lado del cuadrado de menor longitud, entonces la longitud del segmento M en términos de x corresponde a M (a) 3 5x (b) 7 5x 2 (c) 9 5x 2 (d) 5 5x Pregunta N 7, I Eliminatoria 2014, III Nivel. 2. Sea rectángulo en y D un punto en tal que D es altura. Si D = 3 y D = 12, entonces la medida de D es (a) 6 (b) 3 5 (c) 6 2 (d) 6 5 Pregunta N 9, I Eliminatoria 2014, III Nivel. 3. En la gura adjunta es equilátero de lado 3. Si E = D = F = 1, entonces la medida del DF E corresponde a E D F 13

15 (a) 10 (b) 15 (c) 30 (d) 45 Pregunta N 20, I Eliminatoria 2014, III Nivel. 4. Si la suma de las medidas en grados de los ángulos,,, D, E, F de la gura es 90n entonces el valor de n corresponde a D F E (a) 3 (b) 4 (c) 5 (d) 6 Pregunta N 4, I Eliminatoria 2015, III Nivel. 5. En el trapecio E hay un ángulo recto en, mientras que E mide igual que E. Si sabemos que las medidas de, y E son 6cm, 8cm y 5 2cm, respectivamente, entonces la mediana de E, trazada desde E, mide E a) 5cm b) 5 2cm c) 10cm d) 10 2cm Pregunta N 6, I Eliminatoria 2015, III Nivel. 14

16 6. La razón entre las longitudes de las diagonales de un rombo es de 3 : 4. Si la suma de las medidas de dichas diagonales es de 56 unidades lineales entonces el perímetro del rombo es de a) 80 b) 96 c) 100 d) 108 Pregunta N 8, I Eliminatoria 2015, III Nivel. 7. En la siguiente gura, si = x, = y y m = β entonces el área del es x β y a) xy 2 sen β b) xy 2 cos β c) 2xy sen β d) 2xy cos β 15

17 7. Solución a los ejercicios adicionales. Solución N 5, I Eliminatoria 2014, III Nivel. onsiderando la gura dada tenemos, plicando el Teorema de Pitágoras se tiene que, = 4x + 2x + x = 7x M = 2x + x + x 2 = 7 2 x M 2 + ( 2 = ) M (M) 2 = 2 x + (7x) M = 4 x2 + 49x 2 = 4 x2 = x Solución N 7, I Eliminatoria 2014, III Nivel. Utilizando teorema de pitágoras = = Sea h la medida de D, entonces por pitágoras D 2 + h 2 = 2 y D 2 + h 2 = 2.Sumando miembro a miembro D 2 + h 2 + D 2 + h 2 = h = h 2 = 72 h 2 = 36 h = 6. Solución N 9, I Eliminatoria 2014, III Nivel. Observe que E = E = 2 y F = F = 2, así EF es isósceles y como = 60 0, entonces EF es equilátero. hora, F = F E y D = DE = 1, por criterio l l l F D = F ED por lo que DF = DF E y DF es bisectriz del F E. Por lo tanto, DF E = 60 5 = 30. Solución N 20, I Eliminatoria 2014, III Nivel. Sean P y Q las intersecciones de D con F y E respectivamente. Si se denota P = F P Q y Q = EQP, dado que la suma de los ángulos internos del cuadrilátero EF P Q es 360, y la suma de los tres ángulos internos en cada uno de los triángulos DP y Q es 180 obtenemos las siguientes tres ecuaciones: F + P + Q + E = (180 P ) + D = (180 Q) + = 180 Si se suman estas tres ecuaciones se obtiene que 90n = D + R + F = 360, y así, n = 4. 16

18 Solución N 4, I Eliminatoria 2015, III Nivel. Usando Pitágoras en el tenemos que = 10. omo el E es isósceles, la mediana desde E es también un segmento de mediatriz, por lo que parte E en dos triángulos rectángulos, donde, usando Pitágoras otra vez, vemos que el segmento buscado mide 5. Solución N 6, I Eliminatoria 2015, III Nivel. omo la razón es de 3 : 4, podemos decir que las diagonales miden 3d y 4d. Por lo tanto, 3d + 4d = 56 d = 8. omo la mitad de cada diagonal forma un triángulo rectángulo con cada lado l, tenemos que = l 2 l = 20. Por lo que el perímetro es 80. Solución N 8, I Eliminatoria 2015, III Nivel. onsidere la siguiente gura en la que se ha trazado la altura sobre x β y D Sea h la altura desde. Se tiene que senβ = h, por lo que h = ysenβ. y Entonces = x h 2 = x ysenβ 2 = xy 2 senβ 17

19 8. réditos Este documento es un material de apoyo sobre Teoría de Números para estudiantes que participan en el primer nivel de la primera eliminatoria de la Olimpiada ostarricense de Matemática. utor lexánder Hernández Quirós Editor lexánder Hernández Quirós Revisor Luis Felipe arquero Jiménez Para referenciar este documento Olimpiadas ostarricenses de Matemáticas (2016). Material de apoyo sobre Geometría: III nivel, I Eliminatoria. San José, osta Rica: autor. 18