Olimpiada Costarricense de Matemáticas. II Eliminatoria Curso preparatorio Nivel B. Elaborado por: Christopher Trejos Castillo GEOMETRÍA

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1 Olimpiada Costarricense de Matemáticas II Eliminatoria 011 Curso preparatorio Nivel B Elaborado por: Christopher Trejos Castillo GEOMETRÍA

2 La notación que utilizaremos en este trabajo es la siguiente: AB : Segmento que va de A a B. AB : Rayo que empieza en A y pasa por B. AB : Recta que pasa por A y B. A B C : Puntos colineales A, B y C. l m : La recta l es paralela a la recta m. l m : La recta l es perpendicular a la recta m. Algunas figuras importantes El triángulo equilátero es el triángulo con sus tres lados iguales y sus ángulos iguales a 60. El cuadrado tiene sus cuatro lados iguales y sus ángulos iguales a 90. El rombo tiene todos sus lados iguales, nótese que esto NO implica que sus ángulos sean todos iguales. El rectángulo tiene todos sus ángulos iguales a 90º. Teorema de Pitágoras y Derivados del teorema de Pitágoras Teorema : En un triángulo rectángulo, es decir con un ángulo de 90º, siendo a y b los catetos y c la hipotenusa (el lado opuesto al ángulo recto), se tiene que: a + b = c. Figura 1. Teorema de Pitágoras y derivados de Pitágoras. También, siendo m la proyección de AB sobre BC y n la proyección de AC sobre BC, h la altura sobre el lado BC, como se muestra en la figura, se cumple que: h = mn. Triángulos especiales a = mc, b = nc y Los triángulos especiales aparecen de dividir el cuadrado por su diagonal (triángulo especial ) y de dividir el triángulo equilátero por su altura (triángulo especial ), como se muestra en las siguientes figuras:

3 a) b) Figura. a) Triángulo especial b) Triángulo especial Para probar que la medida de la diagonal del cuadrado de lado l (y también la hipotenusa del triángulo especial ) es d= l, utilizamos el teorema de Pitágoras, así: l + l = d d= l = l De igual manera, para probar que la medida de la altura del triángulo equilátero de lado l (y también el cateto opuesto al ángulo de 60 en el triángulo especial ) es utilizamos nuevamente el teorema de Pitágoras, así: l 3 h=, l l l 3 l = + h h= l = 4 De lo anterior podemos deducir algunas razones trigonométricas importantes: l l l 3 l sin( 30 = ) =, sin( 60 = ) =, cos( 30 = ) =, cos( 30 = ) = l l l l l l sin( 45 ) = =, cos( 45 = ) = l l

4 También se puede deducir que el área del cuadrado es l 3 l 3 triángulo equilátero es l Área= =. 4 Área d = l = y que el área del Áreas de figuras importantes El área de un cuadrado de lado a y diagonal d, viene dada por Área d = a =. bh El área de un triángulo de base b y altura h, viene dada por Área=. Dd El área de un rombo de diagonal mayor D y diagonal menor d, viene dada por Área=. El área de un trapecio de altura h, base mayor B y base menor b, viene dada por ( B+ ) b h Área=. El área de un triángulo con lados a y b y ángulo entre ellos γ, viene dada por absinγ Área=. Teorema de Thales De acuerdo con la siguiente figura, AD BE CF si y solo si anterior significa que si AD BE CF entonces AB BC AC = = entonces AD BE CF. DE EF DF AB BC AC = =. Lo DE EF DF AB BC AC = =, ó que si DE EF DF Figura 3. Teorema de Thales.

5 Paralelogramos En un paralelogramo, los lados opuestos son paralelos, los ángulos consecutivos son suplementarios, los ángulos opuestos son congruentes, los lados opuestos son iguales y las diagonales AC y BD se bisecan en un punto E, es decir: BAD DCB= α y ABC ADC= 180º α, AD=BC, AB=DC, AE=EC y BE=ED. Figura 4. Paralogramos y sus características. Congruencia de Triángulos Para determinar si dos triángulos son congruentes, basta comprobar alguno de los siguientes 3 criterios: Figura 4. Congruencia de triángulos. Criterio L-L-L: Si AB=DE, BC=EF, AC=DF, entonces los triángulos ABC y DEF son congruentes y se escribe: ABC DEF. Criterio L-A-L: Si AB=DE, BC=EF, m B m E, entonces los triángulos ABC y DEF son congruentes y se escribe: ABC DEF. Criterio A-L-A: Si AB=DE, m A m D, m B m E, entonces los triángulos ABC y DEF son congruentes y se escribe: ABC DEF. Semejanza de Triángulos Para determinar si dos triángulos son semejantes, basta comprobar alguno de los siguientes 3 criterios:

6 Figura 5. Semejanza de triángulos. AB BC AC Criterio L-L-L: Si = = entonces los triángulos ABC y DEF son semejantes y DE EF DF se escribe ABC DEF. Criterio L-A-L: Si AB = BC y m B = m E entonces los triángulos ABC y DEF son DE EF semejantes y se escribe ABC DEF. Criterio A-A: Si m A m D, m B m E entonces los triángulos ABC y DEF son semejantes y se escribe ABC DEF. Rectas Notables En un triángulo hay muchas rectas notables, en este material nos vamos a concentrar en las siguientes 4 rectas notables: las alturas, las medianas, las mediatrices y las bisectrices. Cabe destacar que en un triángulo se le llama ceviana a una recta que por su definición siempre pasa por el vértice; de las rectas a estudiar sólo la mediatriz no es una ceviana. En lo siguiente H a representa el pie de la altura en A, A el punto medio de BC y D el punto donde llega la bisectriz de A. a) b) c) d) Figura 6. a) Concurrencia de las alturas en el ortocentro H, b) concurrencia de las medianas en el gravicentro G, c) concurrencia de las mediatrices en el circuncentro O y e) concurrencia de las bisectrices en el incentro I. Veamos la figura 6. a); las alturas son las cevianas que van del vértice y forma un ángulo de 90 con el lado opuesto o su extensión, en caso de que el triángulo sea obtusángulo. En las alturas el punto de concurrencia se conoce como el ortocentro.

7 Veamos la figura 6. b); las medianas son las cevianas que van del vértice a la mitad del lado contrario. Las medianas se contran en el gravicentro, (también conocido como baricentro o centroide). Un resultado interesante es que: AG = GA, BG = GB, CG = GC. Otro resultado interesante es que ( AGC ) ( BGC ) ( BGA ) ( CGA ) ( CGB ) ( AGB ') = = = = =, en donde (ABC) representa el área del triángulo con vértices ABC. El matleta debe intentar comprobar dichos resultados. Veamos la figura 6. c); las mediatrices son las rectas salen de la mitad de cada lado en forma perpendicular. El punto de intersección de las tres mediatrices es el circuncentro, el cual es el centro del círculo circunscrito al triángulo ABC de radio R. Algunas resultados abc a b c interesantes son: ( ABC ) = = R sin Asin Bsin C, = = = R. Lo 4R sin A sin B sin C último es la ley de senos generalizada. Algunos resultados interesantes que combinan los 3 puntos de concurrencia anteriores son: a AH = OA = R cos A = R 4 También se cumple que HG = GO lo cual se conoce como la recta de Euler, es decir cumple también que H-G-O. Por último, veamos la figura 6. d); las bisectrices son las cevianas que van del vértice bisecando el ángulo al lado contrario. El punto de concurrencia de las bisectrices es el incentro, el cual es el centro del círculo de radio r, inscrito al triángulo ABC. En un triángulo equilátero todas las rectas notables coinciden y en un triángulo isósceles en el vértice con ángulo de medida diferente también calzan todas las rectas notables. Teorema de la bisectriz AC CD De acuerdo con la figura 6. d) se cumple que: =. Lo cual se puede escribir AB BD ab ac mediante un poco de álgebra como CD = y BD =. También se pueden obtener b + c b + c expresiones similares para las otras dos bisectrices.

8 Ley de senos y de cosenos En el triángulo anterior se cumple que: Ejemplos Figura 7: Triángulo ABC a b c = = = R sin A sin B sin C a = b + c bc cos A = + b a c ac cos B = + c a b abcosc Ejemplo 1: Sea ABCD un cuadrilátero convexo. El ADC es obtuso y ADC BCD. Sea E el punto de intersección de AC con la paralela a AD que pasa por B, y sea F el punto de intersección de BD con la paralela a BC que pasa por A. Demuestre que EF (Banco de problemas final Olimpiada Costarricense de Matemáticas, 009, Nivel B) Solución: De acuerdo con los datos tenemos la siguiente figura: CD. Figura 8: Ejemplo 1.

9 Sea P el punto de intersección de las diagonales AC y BD. Como BC AF, entonces PBC PFA. Entonces: PF PA PA PB = PF= PB PC PC De manera análoga, como AD BE, entonces BPE APD. Entonces: PE PA PA PB = PE= PB PD PD Dividiendo () entre (1), obtenemos que: PA PB PE PD PE PC = = PF PA PB PF PD PC De lo anterior se cumple por el teorema de Thales que DC () 1 ( ) EF. Ejemplo : Sea ABC un triángulo. Sea P un punto tal que APC 90º y sea E un punto en la recta AC tal que B-E-P y AP un punto en la recta AB tal que C-F-Q y = AE AC. Sea Q un punto tal que AQB 90º y sea F AQ = AF AB. Sea T el punto de intersección de BP y CQ y sea M el punto de intersección de CT y BC. Sea AB = BM. Encuentre el valor del ángulo ABC. (Problema 3 Final Olimpiada Costarricense de Matemáticas, 009, Nivel B) Solución: De acuerdo con los datos, tenemos la siguiente figura. Figura 8: Ejemplo.

10 AP AC Como: AP = AE AC AE = AP y como PAE CAP, el APE ACP, es decir 90º = APC AEP, con lo cual BE es la altura del lado AC. Análogamente, CF es la altura del lado AB. Con esto T es el ortocentro del triángulo ABC, con lo cual AM es la altura del lado BC y por ende AMB = 90º. Luego como AB = BM, el triángulo ABM es un triángulo especial 30º-60º, por lo tanto m ABC m ABM = 60º, que es lo queríamos obtener. Ejemplo 3: Sea ABC un triángulo isósceles tal que AC=AB y el la suma de CAB es igual al doble de ACB y ABC. Sean M y N puntos sobre CB tales que CM=MN=NB (C-M- N-B). Se traza por N la perpendicular a CB y corta a AB en P. Determine (Problema 6 final Olimpiada Costarricense de Matemáticas, 009, Nivel B) A= ( B+ C) = 180 A 3 A= 180,con lo Solución: Por el enunciado ( ) cual A= 10, B= 30 y C= 30. Entonces tenemos la siguiente figura: Figura 9: Ejemplo 3 En la figura anterior se creó un punto A, la reflexión de A con respecto a BC, con esto los triángulos ABA y ACA son dos triángulos equiláteros (pruébelo) y M y N son sus centroides respectivamente, pues BM=MK y CN=NK. Con esto, como en el triángulo equilátero todas las rectas notables coinciden AM y AN son bisectrices y entonces BAM= CAN= 30. Los triángulos AMB y ANC son isósceles, entonces MN=NC=AN y MN=BM=MA, es decir, el triángulo AMN es equilátero. Como NP es mediatriz del triángulo MPC, entonces MNP CNP (lo anterior se puede probar por el postulado L-A-L), con esto PMN= PCN= 30.

11 Ejemplo 4: Se tiene un triángulo rectángulo ABC, con m ABC = 90. Sea H el pie de la altura desde B hasta el lado AC. Una paralela al lado AB a través del punto C corta a BH en el punto D. Una paralela a BC a través del punto D corta a AC en E. Demostrar que las rectas AD y BE son perpendiculares. (Problema 1 final Olimpiada Costarricense de Matemáticas, 006, Nivel B) Solución: De acuerdo con los datos, tenemos la siguiente figura: Figura 10: Ejemplo 4 Se tiene que DE AB, pues DE BC, y AH BD, pues BH es la altura de B hasta el lado AC. Por lo tanto DE y AH son alturas del triángulo ABD, así que E es el ortocentro del triángulo ABD, y BE debe ser altura, por lo que BE AD. Ejemplo 5: Considere un triángulo ABC en el que el ángulo A mide 45 y el ángulo B mide 30. Una recta DE, con el punto D en el lado AB, el punto E en el lado AC, es tal que el ángulo ADE mide 60 y divide el triángulo dado en dos partes de áreas iguales, como lo muestra la figura. Determinar el valor numérico de la razón AD. AB (Problema 6 final Olimpiada Costarricense de Matemáticas, 006, Nivel B) Solución: De acuerdo con los datos tenemos la siguiente figura:

12 Figura 11. Ejemplo 5 Sean CT = b, EM = a las alturas trazadas, respectivamente desde C y E sobre AB y AD. En el triángulo ACT, como m A = 45, se sigue que m ACT = 45 y el triángulo es un triángulo rectángulo isósceles, con CT = AT = b. De modo análogo el triángulo AEM es un triángulo isósceles con AM = EM =a. En el triángulo CTB, m TCB = 60 pues es un triángulo rectángulo y m B = 30. Luego por ser un triángulo especial se sigue que TB = 3 b. En el triángulo rectángulo EMD, m MED = 30 y así MD = 1 a 1+ AD 3 a 1 = = AB b (1+ 3 ) b 3 Solo nos falta hallar el valor numérico del cociente a b. (1), a. Así: 3 Tenemos que: (EAD) = 1 AD a = 1 AD a Pero AD = AM + MD = (EAD) = a. a 1 a+ = a 1+, así que 3 3

13 Por otra parte: (CAB) = 1 AB b = 1 AB b Pero AB = AT + TB = b( 1+ 3), por lo tanto (CAB) = b 4 Como por condición del enunciado (EAD) = 1 (CAB), se sigue que, de acuerdo con los resultados obtenidos, que a 3 4 b = a = + 4 b, y así se obtiene entonces que Finalmente, regresando a (1): AD AB a b = = = 4 Ejercicios propuestos Ejercicio 1: Sea el triángulo ABC, isósceles, con AB=AC; y sea D la reflexión de A sobre B. Sea M la intersección de AB con la reflexión de CD sobre BC. Probar que M es el punto medio de AB. (Banco de problemas final Olimpiada Costarricense de Matemáticas, 009, Nivel B) Ejercicio : Sea ABCD un cuadrilátero convexo tal que sus diagonales perpendiculares. Llámese O la intersección de los lados AC y BD son AC y BD. Sean M y N los puntos medios de CB y DC respectivamente. Las rectas MO y NO cortan en P y Q a AD y AB CB CD AB DA respectivamente. Suponga que =. Demuestre que PM QN. CB + CD DB (Banco de problemas final Olimpiada Costarricense de Matemáticas, 009, Nivel B) Ejercicio 3: En un triángulo ABC agudo en A, se tiene que H es el ortocentro y O es el circuncentro. Determine HAO en términos de los ángulos A, B y C. (Banco de problemas final Olimpiada Costarricense de Matemáticas, 009, Nivel B) Ejercicio 4: Sean ABCD un paralelogramo y O el punto de intersección de las diagonales AC y BD. Alrededor de ABCD se circunscribe otro paralelogramo PQRS, como se muestra en la figura, tal que A está en el lado PQ, B está en el lado QR, C está en el lado RS y D

14 está en el lado SP. De forma análoga, alrededor de PQRS se circunscribe otro paralelogramo XYZW. Demostrar que todas las diagonales de estos paralelogramos pasan por el punto O. (Banco de problemas final Olimpiada Costarricense de Matemáticas, 006, Nivel B) Ejercicio 5: La siguiente figura representa un octágono regular. Se sabe que AE KL y además IJ KL. Llame IM = x. Determine, en términos de x el área del rectángulo ABDC. (Banco de problemas final Olimpiada Costarricense de Matemáticas, 008, Nivel B) I E F A M L B J C K N D G H Ejercicio 6: Sean M y N puntos en los lados AB y BC, respectivamente, del paralelogramo ABCD tales que AM = NC. Sea Q el punto de intersección de AN y CM. Demuestre que DQ es bisectriz del ángulo, CDA. (Banco de problemas final Olimpiada Costarricense de Matemáticas, 008, Nivel B) Ejercicio 7: Sea ABC un triángulo rectángulo recto en A, tal que AC = 1cm. La bisectriz del ángulo BAC interseca a la hipotenusa en R; la perpendicular a AR, trazada por R, interseca al lado AB en su punto medio. Calcule la medida del lado AB. (Problema 3 final Olimpiada Costarricense de Matemáticas, 006, Nivel B)

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