Nacional 2018 P3 N1

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Monazo

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Nacional 2018 P3 N1

Mensaje sin leer por Monazo » Dom 11 Nov, 2018 4:58 pm

Construir, utilizando exclusivamente una regla y un compás, un trapecio $ABCD$ de bases $AB$ y $CD$ tal que si $E$ es el punto medio del lado $AD$ vale que $EC=BC=4$, $CD=2$ y $E\hat CB=120º$. Indicar los pasos de la construcción y calcular el área del trapecio $ABCD$.
$Nota$. No es necesario explicar cómo se trazan paralelas y perpendiculares a una recta por un punto.

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DiegoLedesma
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Re: Nacional 2018 P3 N1

Mensaje sin leer por DiegoLedesma » Lun 12 Nov, 2018 8:24 am

Construcción del trapecio ABCD
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Notemos que $EC=BC=4$. Construimos entonces una circunferencia de radio 4, cuyo centro será el vértice $C$ del trapecio. En dicha circunferencia, marcamos 2 puntos ($E$ y $B$), de manera tal que la distancia entre éstos sea $4\sqrt{3}$ (con esto nos garantizamos que el ángulo central será de 120º)
Marcamos el punto medio de $BC$, que será $F$, trazando luego la recta $EF$.
Por $C$ y $B$ trazamos 2 paralelas a $EF$. Sea $D$ en la recta $C$, tal que $CD=2$; luego trazamos la recta $DE$, que corta a la recta $B$ en $A$. Con esto queda determinado el trapecio $ABCD$, que cumple con las condiciones pedidas.
Cálculo de área
Solución 1
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Sea $EF$ base media del $ABCD$. Aplicando el teorema de la mediana en el $\bigtriangleup$ $BCE$, tenemos: $4^{2}$+$(4\sqrt{3})^2$=$\frac{4^{2}}{2}$+$2EF^{2}$ $\Rightarrow$ $EF$=$\frac{4}{\sqrt{7}}$
Por ser $EF$ base media: $2\sqrt{7}$=$\frac{AB+2}{2}$ $\Rightarrow$ $AB$=$4\sqrt{7}-2$
Por $C$, trazamos la altura respecto de $EF$ (será la mitad de la altura del $ABCD$) que corta a $EF$ en $G$, quedando determinados los triángulos rectángulos $CEG$ y $CGF$, aplicando Pitágoras en ambos triángulos e igualando, nos queda: $2^{2}$-$GF^2$=$4^2$-$(4\sqrt{7}-GF)^2$ $\Rightarrow$ $GF$=$\frac{4}{\sqrt{7}}$
Reemplazando luego en una de las 2 ecuaciones Pitagóricas, se llega a que $CG=2\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{7}}$
Luego, área $ABCD$=(B+b).h/2=($4\sqrt{7}$+2-2).$2\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{7}}$=8$\sqrt{3}$
Solución 2
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Trazamos la recta $BE$, que corta a la recta $CD$ en $G$. Al ser paralelas las rectas $AB$ y $CD$, y $E$ punto medio de $AD$, los triángulos $ABE$ y $DGE$ serán iguales $\Rightarrow$ $GD$=$AB$=$4\sqrt{7}-2$ y $BE$=$EG$=$4\sqrt{3}$, con lo que el área del trapecio $ABCD$ será igual al área del triángulo $BCG$, que calculamos aplicando Herón: Área $ABCD$=$\sqrt{(2+4\sqrt{3}+2\sqrt{7})(-2+4\sqrt{3}+2\sqrt{7})(2-4\sqrt{3}+2\sqrt{7})(2+4\sqrt{3}-2\sqrt{7})}=8\sqrt{3}$

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Gianni De Rico

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Re: Nacional 2018 P3 N1

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Dom 09 Dic, 2018 3:00 pm

Para $\triangle BCE$

Mi construcción:
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Trazamos el segmento $CM$ de medida $2$. Trazamos la recta $g$ perpendicular a $CM$ por $M$. Por último trazamos la circunferencia de centro $C$ y radio $4$ que corta a $g$ en los puntos $B$ y $E$. Ahora, los triángulos $\triangle CMB$ y $\triangle CME$ tienen $\angle CMB=\angle CME=90°$, $CM=2$ y $CB=CE=4=2CM$, entonces son medio equiláteros, por lo que $\angle BCM=\angle ECM=60°\Rightarrow \angle ECB=120°$.
Construcción proveniente de Turquía:
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Trazamos un segmento $PQ$ con una medida arbitraria, luego trazamos las circunferencias de centro $P$ y radio $PQ$ y centro $Q$ y radio $PQ$ que se cortan en el punto $R$. Entonces $RP=PQ=QR$, por lo que $\triangle PQR$ es equilátero. Trazamos las mediatrices del triángulo y obtenemos su circuncentro $C$, como el triángulo es equilátero, las rectas $PC$ y $QC$ son bisectrices de $\angle QPR$ y $\angle PQR$ respectivamente, luego $\angle CPQ=\angle CQP=\frac{60°}{2}=30°\Rightarrow \angle PCQ=180°-\angle CPQ-\angle CQP=180°-30°-30°=120°$. Por último, trazamos una circunferencia de centro $C$ y radio $4$ que corta a las semirrectas $CP$ y $CQ$ en $B$ y $E$, respectivamente, por lo que $\angle ECB=120°$, $EC=BC=4$, y $\triangle BCE$ cumple lo pedido.
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[math]

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