SOLUCIONES ELEMENTALES A PROBLEMAS ELEMENTALES. Darío Durán Cepeda

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1 1 SOLUIONES ELEMENTLES ROLEMS ELEMENTLES arío urán epeda He sido profesor de matemática desde el año de 1960 hasta la fecha y he aprendido que la matemática no se enseña aunque sí se aprende. Mucha gente da estrategias para resolver problemas y yo, que he resuelto, muchos y variados problemas elementales de matemática, no he podido aprender ninguna de esas destrezas que muchos profesores manejan. reo que en toda solución hay una especie de milagro personal que yo he llamado jocosamente Teorema de la desesperación. En las soluciones de los pequeños problemas que a continuación aparecen he usado ese teorema personal. Ojalá estos ejemplos sirvan a algunos jóvenes que van a ser profesores de matemática en cualquier nivel educativo. ROLEM #1. El ángulo vertical de un triángulo isósceles mide 100º. Se prolonga el lado hasta el punto de tal manera que =. Halle la medida del ángulo. 100º 60º 40º 40º J 40º Trace por una semirrecta que forme un ángulo de 100º con el lado del triángulo como se indica en la figura, y sea un punto de esa semirrecta tal que =. Se deduce que el vértice está en la mediatriz del segmento. or otro lado esa igualdad también dice que los triángulos y son congruentes. Luego, = y el ángulo mide 40º,y como el ángulo en mide 100º, se tendrá que el ángulo mide 60º. Esto indica que el triángulo es equilátero y está en la mediatriz del segmento. Es decir, es la mediatriz del segmento y, por ende, y son perpendiculares y el ángulo en su intersección J es recto. el triángulo J se ve que = 50 y así = 10. ROLEM #2. Si O es un punto en el interior de un cuadrilátero tal que O 2 + O 2 + O 2 + O 2 = 2[], entonces es un cuadrado y O es su centro. ([XYZ ] representa el área de laa figura de vértices X, Y, Z, ) ω O δ β Se ve que O 2 + O 2 + O 2 + O 2 = 2[] = 2[O] + 2[O] + 2[O] + 2[O] =O O sen + O O sen β+ O O sen δ + O O sen ω

2 2 ya que el doble del área de un triángulo es el producto de dos lados por el seno del ángulo comprendido entre ellos.ya que 0 sen x 1 para todo x, se tiene que O 2 + O 2 + O 2 + O 2 O O + O O + O O + O O l multiplicar por 2 la desigualdad anterior se ve que es equivalente a (O O) 2 + (O O) 2 + (O O) 2 + (O O) 2 0. omo el primer miembro es un número no negativo se tendrá que es cero y, por ende, cada uno de los sumandos es cero, y se tiene que O = O = O = O. l sustituir en la primera de las igualdades de arriba se obtiene 4 O 2 = O 2 (sen + sen β + sen δ + sen ω) y por lo tanto sen + sen β + sen δ + sen ω = 4. Ya que el máximo valor de cada sumando es uno se tendrá que sen = sen β = sen δ = sen ω = 1, de donde = β = δ = ω = 90º. Los triángulos O, O, O, O son rectángulos e isósceles. or ende, los ángulos del cuadrilátero en,, y son rectos, es un cuadrado y O es el corte de las diagonales. ROLEM #3. En un triángulo se tiene = 50º. El punto está entre y ycumple = y = 15º. Halle el valor del ángulo x=. 15º y x 65º 50º omo es exterior al triángulo se tiene que = 15º + 50º = 65º. Si y =, entonces en el triángulo se tiene que x + y + 65º = 180º y así x + y = 115º (*) Supóngase que x < 50º. mayor ángulo mayor lado en el triángulo y se ve que <. ero, = y se tendrá que <. mayor lado mayor ángulo en el triángulo y se tiene que y < 65º. l sumar ambas desigualdades se obtiene x + y < 115º lo que contradice a (*). Si se supone que x > 50º, entonces las desigualdades se revierten y se ve que x + y > 115º lo cual vuelve a contradecir a (*). En consecuencia, x = 50º. ROLEM #4. Los ángulos,, del triángulo son proporcionales a los números 1, 2 y 4, respectivamente. ruebe que. Se colocan los ángulos =, = 2, = 4 y se tiene que 180 = + + = 7 (*)

3 3 La mediatriz del segmento corta la recta en el punto produciendo el triángulo isósceles de base. Luego, = = 2 y se tiene que =. demás, =. e (*) se ve que = 3 y en el ángulo llano se tiene que = 3, por lo que el triángulo es isósceles y =. or otro lado tracemos la recta por que forma ángulo con y corta a la recta en. Ya que = 2 es exterior al triángulo se tiene que = y dicho triángulo es isósceles de base. sí, = = =. or último, los triángulos y son semejantes por tener los mismos ángulos. Luego,, es decir,. e las igualdades anteriores resulta que, y al dividir por se obtiene el resultado deseado. ROLEM#5. Las distancias de un punto interior O de un cuadrado a los vértices, y son 1, 2 y3, respectivamente. Halle el ángulo O. 1 3 O t t Trace por el segmento de igual tamaño que O = 2 y que forme con el lado del cuadrado un ángulo t = O. Los triángulos O y son congruentes por tener dos lados iguales como sus ángulos comprendidos y resulta que O =. or otro lado, O = O + t = 90 y el triángulo O es rectángulo e isósceles. Luego, O = 45. En el mismo triángulo por itágoras se ve que O 2 = = 8 y así O =. En el triángulo O se tiene que 1 2 = 3 2 y se deduce por itágoras que el triángulo O es rectángulo de hipotenusa O. or tanto, O = 90. En consecuencia, O = = O + O = = 135. roblema #6. En un triángulo se tiene que = 4t, = 3t y es un punto del lado tal que = 5t y =. Halle el valor de t. 4t 5t t M t 4t 4t 8t 8t 3t N Ya que el ángulo es exterior al triángulo se tendrá que = 5t + 3t = 8t. Trace la perpendicular al lado por su punto medio M hasta cortar al lado en un punto. El triángulo es isósceles de base y así = = 4t. omo es exterior al triángulo se tiene que = 4t + 4t = 8t y el triángulo es isósceles y así =. or el punto medio N del segmento trace la perpendicular hasta el punto tal que N = M. Entonces los triángulos y son congruentes y se tiene que = = 4t y que = = =. or tanto, = 4t 3t = t. Nótese que el triángulo es isósceles

4 4 de base porque =. En ese triángulo en el vértice se ve que +12t = 180. demás, en ese mismo triángulo se tiene que 2 + = 180. l comparar las dos últimas igualdades resulta que = = 6t. or ende = = 6t 5t = t y el triángulo es isósceles de base resultando = = y el triángulo es equilátero. or consiguiente, = 6t = 60 y se ve que t = 10. ROLEM #7. Sean, E y F las proyecciones del incentro I del triángulo sobre los lados, y. Las bisectrices de los ángulos y del triángulo cortan la recta EF en los puntos G y H. ruebe que los triángulos y HG son semejantes y tienen el mismo incentro. (1) El cuadrilátero HFI es cíclico. omenzamos por observar que los triángulos FE, F y E son isósceles porque desde un punto exterior a una circunferencia los segmentos de tangente son iguales. or ende, FE = EF = 90, F = F = 90, E = E = 90. hora en el triángulo HE se tiene HE + HE + EH = 180º. ero, HE = 180º EF = 180º = 90º +. demás, EH = 2 porque H es la bisectriz del ángulo en el triángulo. olocando estos dos valores en la igualdad anterior se obtiene que HE + 90º + = 180º y así IHF = HE = 90º =. or otro lado, FI = porque F es la bisectriz del ángulo en el triángulo. Se ha demostrado que IHF = FI = y el cuadrilátero HFI es cíclico. nálogamente GEI es cíclico. (2) Los puntos, H, F, I y son concíclicos. En efecto en el cuadrilátero FI los ángulos opuestos F y son rectos, luego FI es cíclico. Esto quiere decir que está en el circuncírculo del triángulo FI. ero, en (1) se vio que H también está en dicho circuncírculo. or tanto, los puntos, H, F, I y son concíclicos. nálogamente, G, E, I, son concíclicos. (3) omo consecuencia de (2) se tiene FH = FH = FIH y HI = FI = 90º. por estar inscritos en al arco I de la circunferencia que pasa por, H, F, I y. demás, IG = IE = 90º por estar inscritos en el arco I de la circunferencia que pasa por los puntos, I, G, E y. (4) omo H es perpendicular a H y H es perpendicular a la recta E por ser H bisectriz en el ángulo vertical del triángulo isósceles E, las rectas H y E son paralelas. nálogamente G y F son paralelas.

5 5 (5) Los triángulos y HG son semejantes. En efecto los ángulos HI y FI son iguales por estar inscritos en el arco I de la circunferencia que pasa por los puntos,, H y F. ero, FI = 90º FI =. Luego, HI =. En (1) se vió que IHF =. or tanto, HG = HI + IHF =. nálogamente GH = y se sigue que y HG son semejantes por el segundo criterio de semejanza. (6) Ya se vio que HI es la bisectriz del ángulo HG y GI es la bisectriz del ángulo HG. Luego, I es el incentro del triángulo HG.

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