OLIMPIADA MEXICANA DE MATEMÁTICAS OMM 2017 Querétaro Material de entrenamiento para 2º examen selectivo

Transcripción

1 OLIMPIADA MEXICANA DE MATEMÁTICAS OMM 2017 Querétaro Material de entrenamiento para 2º examen selectivo SEMEJANZA DE TRIÁNGULOS Dos triángulos son semejantes si y sólo si se cumple cualquiera de los siguientes criterios de semejanza: i) Criterio AA. Dos triángulos son semejantes si tienen un par de ángulos homólogos iguales. D ABC = PQR BAC = QPR ABC~ PQR ii) Criterio LAL. Dos triángulos son semejantes si tienen un ángulo homólogo igual, y los lados homólogos que forman el ángulo, proporcionales. ABC = PQR AB PQ = BC QR ABC~ PQR iii) Criterio LLL. Dos triángulos son semejantes si tienen sus tres lados homólogos proporcionales. AB PQ = BC QR = CA RP ABC~ PQR Ejemplo 1: Sea D el pie de la altura de un triángulo rectángulo ABC sobre su hipotenusa BC. Si BD=3 y CD=5, cuánto vale AD? Solución: ABD = DAC, Por qué? ADB = ADC, Por qué? ABC~ PQR, Por criterio AA BD AD = AD AD = BD CD = 15 CD

2 Ejemplo 2: Sea ABC un triángulo cualquiera, y sean BN y CM medianas del mismo. a) Demuestra que MN BC. b) Si MN=5, cuánto vale BC? Solución: AB = AC AM = 2, AN 1 Por qué? (Son medianas) BAC = MAN, Por qué? ABC~ AMN, Por LAL AMN = ABC, Porque son ángulos correspondientes en triángulos semejantes MN BC, Por ser ángulos correspondientes iguales entre dos rectas CONGRUENCIA DE TRIÁNGULOS. Dos triángulos son congruentes si y sólo si se cumple cualquiera de los siguientes criterios de congruencia: i) Criterio ALA. Dos triángulos son congruentes si tienen un par de ángulos homólogos iguales, y el lado homologo comprendido entre los dos ángulos igual. ABC = PQR BAC = QPR AB = BC ABC PQR ii) Criterio LAL. Dos triángulos son congruentes si tienen un ángulo homólogo igual, y los lados homólogos que forman el ángulo, congruentes. ABC = PQR AB = PQ y BC = QR ABC PQR iii) Criterio LLL. Dos triángulos son congruentes si tienen sus tres lados homólogos congruentes. AB = PQ, BC = QR y CA = RP ABC PQR La congruencia de triángulos es en realidad una semejanza de triángulos en razón 1:1

3 Ejemplo 1. Demuestra que las alturas sobre los lados iguales de un triángulo isósceles son iguales. Solución: Sea ABC un triángulo isósceles con AB=AC, y D y E los pies de las alturas desde B y C, respectivamente, como se muestra en la figura. De este modo, lo que tenemos que demostrar es que BD=CE. Dado que se trata de probar una igualdad, la situación nos invita a usar congruencia de triángulos (en realidad, se trata de buscar dos triángulos que se vea que son iguales, y probar que de hecho sí son iguales). Los triángulos que debemos usar deben estar relacionados con los segmentos que quiero probar (BD y CE). En la figura, vemos que los triángulos que podrían servirme son el BEC con el CDB, o bien el BDA con el CEA (en este caso, funciona de las dos maneras, y a manera de ilustración, se harán ambas formas). Forma 1: Demostrando que los triángulos BDC y CEB son congruentes. EBC = DCB, porque son los ángulos iguales del triángulo isósceles ABC. BEC = CDB, porque son ángulos rectos (CE y BD son alturas). ECB = DBC, por suma de ángulos en los triángulos EBC y DCB. Pero además, BC=CB, por ser el mismo lado, así que los triángulos EBC y DCB no sólo son semejantes, sino que además son congruentes. Más formalmente, EBC DCB, por el criterio ALA. EC = BD, por ser lados correspondientes en triángulos congruentes Forma 2: Demostrando que los triángulos BDA y CEA son congruentes. DAB = EAC, porque son el mismo ángulo. BDA = CEA, porque son ángulos rectos (CE y BD son alturas). DBA = ECA, por suma de ángulos en los triángulos BDA y CEA. Pero además, AB=AC, por ser lados los iguales del triángulo isósceles ABC, así que BDA y CEA no sólo son semejantes, sino que además son congruentes. Más formalmente, BDA CEA, por el criterio ALA. EC = BD, por ser lados correspondientes en triángulos congruentes Ejemplo 2. Demuestra que las diagonales de un paralelogramo se cortan en su punto medio. Solución: Sea ABCD un paralelogramo, y sea M el punto de intersección de sus diagonales. En este caso basta con demostrar que AM=MC, y que DM=MB. La idea también es usar congruencia de triángulos, y a menudo se pueden tomar varios triángulos que sirven para el propósito; por ejemplo, usando el par de triángulos AMD y CMB (o bien el par AMB y CMD).

4 Forma 1: Demostrando que los triángulos AMD y CMB son congruentes. ADM = CBM, por ser ángulos alternos internos entre las paralelas AD y BC. DAM = BCM, por ser ángulos alternos internos entre las paralelas AD y BC. Pero además, AD=BC, por ser lados opuestos en el paralelogramo ABCD, así que AMD y CMB no sólo son semejantes, sino que además son congruentes. Más formalmente, AMD CMB, por el criterio ALA. AM = MC, y DM = MB, por ser lados correspondientes en triángulos congruentes, como se quería demostrar Forma 2: Demostrando que los triángulos AMB y CMD son congruentes. El procedimiento es análogo. Se deja como ejercicio. PROBLEMAS. 1. En la siguiente figura, ABC es un triángulo cualquiera, y ACD y AEB son triángulos equiláteros. Si F y G son los puntos medios de EA y AC, respectivamente, encontrar la razón BD: FG. 2. En la figura, ABCD es un cuadrilátero con ángulos rectos en A y en C. Los puntos E y F están en AC. DE y BF son perpendiculares a AC. Si AE=3, DE=5 y CE=7, encontrar la medida de BF. 3. En la siguiente figura, el triángulo ABC es equilátero y sus lados miden 3. PA es paralela a BC. Si PQ=QR=RS, encontrar la longitud de CS.

5 4. En el paralelogramo ABCD, AE corta a la diagonal BD en G y a DC en F. Si AG=6, y GF=4, cuánto mide EF? 5. Las medidas de los lados de un triángulo rectángulo son 60, 80 y 100. Encuentra la medida del segmento dibujado desde el vértice del ángulo recto a la hipotenusa, que divide al triángulo en dos triángulos con el mismo perímetro. 6. ABCD es un rectángulo y E es un punto sobre la diagonal AC tal que BE es perpendicular a AC. Si AE=4 y BE=3, encontrar el área de ABCD. 7. En un cuadrilátero ABCD, AB=9, BC=14, CD=13, DA=12 y la diagonal BD=15. Las perpendiculares a BD desde A y desde C intersectan a BD en P y Q, respectivamente. Encuentra PQ. 8. Sea ABCD un cuadrilátero convexo arbitrario y sean M, N, P y Q los puntos medios de AB, BC, CD y DA, respectivamente. Demuestra que MNPQ es un paralelogramo. 9. Sea D el pie de la altura de un triángulo rectángulo ABC sobre su hipotenusa BC. Demuestra que AD = BD CD 10. Dado un triángulo arbitrario ABC, se trazan exteriormente triángulos equiláteros ABR, BCP y CAQ. Demuestre que AP=BQ=CR. 11. Sea ABCD un cuadrilátero convexo con ADC = BCD = 90. Sea E el punto de intersección de AC con la paralela a AD por B, y sea F el punto de intersección de BD con la paralela a BC por A. Demuestra que EF CD. 12. Sea ABC un triángulo, y D y E los pies de las alturas desde A y B respectivamente. Sea M un punto en la prolongación de BE tal que EM=AD y N la intersección de la prolongación BC con la perpendicular a BM por M. Demuestra que el triángulo NCA es isósceles.

6 SOLUCIONES. 1. Solución al problema 1. El hecho de que los triángulos equiláteros tengan lados iguales implica que en la figura habrá varios lados iguales entre sí, e iguales a algunos de los lados del triángulo arbitrario. En efecto, observamos que AC=CD=DA, y que AB=BE=EA. Es decir, los lados de los triángulos equiláteros son iguales a alguno de los lados AB ó AC del triángulo ABC. Esto nos lleva a fijarnos directamente en el triángulo ABD, que además tiene a BD, que es uno de los lados que nos interesan para resolver el problema. ABD tiene a AB y a AD como dos de sus lados, que son iguales respectivamente a los lados AB y AC del triángulo ABC. Esto nos invita a pensar en un triángulo similar del otro lado de la figura: el triángulo AEC, en el que AE y AC son iguales a los lados AB y AC del triángulo ABC. Y si observamos bien, los triángulos ABD y AEC se parecen. Formalizando la situación, veamos qué pasa: AE = AB, por ser lados del triángulo equilátero AEB. AC = AD, por ser lados del triángulo equilátero ADC. EAC = 60 + BAC = BAD. AEC ABD, por LAL. EC = BD, por ser lados correspondientes en triángulos congruentes. Finalmente, encontrar la relación BD:FG es lo mismo que encontrar la relación EC:FG, por lo que acabamos de probar. Luego, no es difícil ver que FG y EC son paralelas, ya que F y G son puntos medios de AE y AC, respectivamente, una consecuencia directa del Teorema de Tales, o bien, por semejanza (ver ejemplo 2 de semejanza al inicio de este documento). Luego, se sigue que EC=2FG, y la razón buscada es 2:1 2. Solución al problema 2. Es fácil ver que los triángulos AED y BFA son semejantes, ya que ambos son triángulos rectángulos (y por lo tanto tienen un ángulo recto), y además EAD + EDA = 90 = EAD + EAB, por lo que EDA = EAB. Análogamente, ABF = EAD. Del mismo modo, los triángulos BFC y CED son semejantes. De ambas semejanzas tenemos lo siguiente:

7 AED~ BFA AE BF = ED AF EDC~ FCB ED FC = EC BF Luego, sustituyendo los datos que tenemos, obtenemos las siguientes igualdades: 3 BF = EF y 5 7 EF = 7 BF Resolviendo, obtenemos BF= Solución al problema 3. Observamos que CSR~ APR, por AA, pues RCS = RAP, por ser ángulos entre paralelas, y PRA = SRC, por ser opuestos por el vértice. De aquí se obtiene que: CS PA = SR RP Pero RP=2RS, así que CS PA = 1 PA = 2CS 2 Análogamente, BQS~ AQP, de donde: BS PA = SQ QP Pero SQ=2QP, así que Luego, BS = 2 BS = 2PA PA BS = 2PA 3 + CS = 2(2CS) 3 + CS = 4CS CS = 1 4. Solución al problema 4. Es fácil probar que DFG~ BAG (la demostración se deja como ejercicio), de donde GA GF = GB GD Análogamente, DGA~ BGE (la demostración se deja como ejercicio), de donde GB GD = EG AG De las dos igualdades anteriores, se concluye que GA GF = EG AG

8 EG AG = AG GF 4 + EF = EF = 5 5. Solución al problema 5. Sean AB = 60, AC = 80 y BC = 100. Si el triángulo ABD tiene que tener el mismo perímetro que el triángulo ADC, entonces AB + BD = AC + CD, ya que los triángulos comparten el lado AD, esto es, 60 + BD = BD. Luego, BD = 60 y DC = 40. Dibujamos DE perpendicular a AC, luego, los triángulos EDC y ABC son semejantes ( por qué?), entonces ED = DC. Sustituyendo los valores AB BC tenemos que ED = 40 ED = 24. Luego, por el teorema de Pitágoras aplicado al triángulo EDC encontramos que EC = 32; entonces AE = 48. Nuevamente utilizando el Teorema de Pitágoras ahora en el triángulo AED, tenemos que AD = Solución al problema 6. Por Pitágoras aplicado al triángulo ABE, AB=5. Además, ABE~ ACB (la demostración se deja como ejercicio); por lo tanto, BE AE = CB AB BE AB BC = = 15 AE 4 Luego, el área del rectángulo es AB BC = 75 4.

9 7. Solución al problema 7. Sea E el punto en BC tal que DE es perpendicular a BC. Usando el Teorema de Pitágoras en los triángulos BED y DEC, se puede determinar que DE=12, BE=9 y EC=5 (el procedimiento se deja como ejercicio). Además, ABD EBD ( por qué?), por lo que al extender la altura AP, ésta pasará por E. Después, ABD~ PBA (la demostración se deja como ejercicio), por lo que BD AB = AB BP BP = 27 5 Además, tenemos que BE = BP (por Tales, ya que PE QC; o bien, por semejanza de EC PQ los triángulos BPE y BQC ( cómo?)). Sustituyendo valores, obtenemos PQ=3. 8. Solución al problema 8. Se puede demostrar fácilmente que MN AC y que MN = 1 AC (la demostración se 2 deja como ejercicio; para más referencias, ver el ejemplo 2 de semejanza, al inicio de este documento). Análogamente, PQ AC y que PQ = 1 AC. Por lo tanto, MN PQ y 2 que MN = PQ. Esta condición es necesaria y suficiente para que MNPQ sea un paralelogramo, como se quería demostrar (alternativamente, se puede hacer algo similar y demostrar que MQ NP, y por eso MNPQ es un paralelogramo, ya que tiene sus dos pares de lados opuestos paralelos entre sí). 9. Solución al problema 9. La demostración es más o menos directa fijándonos en que ABD~ CAD (la demostración se deja como ejercicio; pista: usar suma de ángulos internos de un triángulo y el criterio AA). De esto, BD AD = AD AD = BD CD DC 10. Solución al problema 10. Sugerencia: demuestra que los triángulos ABP, BAQ y CAR son congruentes. 11. Solución al problema 11. Sugerencia: demuestra que PE PF = PC PD. 12. Solución al problema 12. Sugerencia: demuestra que los triángulos PNC y DCA son congruentes, en donde P es la perpendicular de C sobre MN. Recopilación y edición: Roberto Hernández Referencias: