Selectivo Ibero 2019 - Problema 5

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Matías V5

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Selectivo Ibero 2019 - Problema 5

Mensaje sin leer por Matías V5 » Vie 09 Ago, 2019 9:56 pm

Sea $ABC$ un triángulo de papel con $AB = \frac{3}{2}$, $AC = \frac{\sqrt 5}{2}$ y $BC = \sqrt{2}$. Se hace un doblez a lo largo de una línea perpendicular a $AB$. Hallar el valor máximo que puede tener el área de la superposición e indicar el punto por el que pasa la recta del doblez cuando se logra dicho máximo.
"La geometría es el arte de hacer razonamientos correctos a partir de figuras incorrectas." -- Henri Poincaré

diego78
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Re: Selectivo Ibero 2019 - Problema 5

Mensaje sin leer por diego78 » Sab 10 Ago, 2019 1:58 pm

En primer lugar por el teorema del coseno observamos que el ángulo B es 45.
Sea H el pie de la altura desde C y P el punto de pliegue en AB.
Si P está entre HA él área de superposición será creciente hasta que P coincida con H. Luego el punto P deberá estar entre H y B. Sea x la longitud que se resta a la altura CH,que de hecho mide 1(BHC es rectángulo e isósceles) . Al ser el CBH 45 , x también va a medir lo que gane la base del triángulo de superposición. Como Bh es 1 y HA es 0,5, nos queda maximizar el área (1-x)(0,5+x) que se da cuando estos dos factores son iguales. Luego x es 0,25. Así que el punto P está a 0,25 de H hacia B. Y él área pedida es 9/32.
Finalmente aclarar que si el punto P está más allá de B la altura y la base comienza a reducirse por lo que las áreas son menores.

BrunZo

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Re: Selectivo Ibero 2019 - Problema 5

Mensaje sin leer por BrunZo » Dom 11 Ago, 2019 9:56 pm

Solución:
Spoiler: mostrar
Primera parte: $\angle B=45^{\circ}$.
Esto puede concluirse de muchas formas: La más rápida es un teorema del coseno. Otra opción sería:
Supongamos que pegamos un triángulo rectángulo de catetos $1$ y $1$ e hipotenusa $\sqrt{2}$ con otro triángulo rectángulo de catetos $1$ y $\frac{1}{2}$ e hipotenusa $\frac{\sqrt{5}}{2}$, haciendo coincidir los lados de $1$ y alinear los ángulos de $90^{\circ}$. El resultado es un triángulo de lados $\frac{3}{2}$, $\sqrt{2}$ y $\frac{\sqrt{5}}{2}$, que por el criterio de congruencia lado-lado-lado es congruente al original. Ahora, como el triángulo construido tiene un ángulo de $45^{\circ}$ entre los lados de $\frac{3}{2}$ y $\sqrt{2}$ (ya que es un ángulo en un triángulo isósceles rectángulo), en el triángulo original, $\angle B=45^{\circ}$.

Parte segunda:
Primero, es claro que $AB>BC>CA$. Ahora, sean $F$ el pie de la altura por $C$, $M$ el punto medio en $AB$ y $X$ la intersección de la mediatriz de $AB$ y $BC$. Sea $P$ el punto por el que se traza la perpendicular.
Es claro que si $P$ pertenece al segmento $AF$, entonces el área se maximiza con $P=F$. Análogamente, si $P$ pertenece al segmento $MB$, el área se maximiza con $P=M$. Entonces, vamos a asumir que $P$ pertenece al segmento $FM$.
Sea $Q$ la intersección de la perpendicular por $P$ y $BC$. Y sea $\lambda=FP$. Es claro que, como $\angle B=45^{\circ}$, se sigue que $BPQ$ es un triángulo rectángulo isósceles, luego su área viene dada por $[BPQ]=\frac{BP^2}{2}=\frac{(1-\lambda)^2}{2}=\frac{1}{2}\lambda^2-\lambda+\frac{1}{2}$.
Por otro lado, la recta refleja a la recta $BC$ por el eje $PQ$ es paralela a la refleja con eje $MX$ (que es $AX$). Luego, si $R$ es la intersección de la primera refleja con $AC$, entonces $AX\parallel QR$. Más aún, $\frac{[CQR]}{[ACX]}=(\frac{CQ}{CX})^2=(\frac{FP}{FM})^2=(\frac{\lambda}{\frac{1}{4}})^2=(4\lambda)^2=16\lambda^2$. Pero notemos que $[ACX]=[ABC]-[ABX]=\frac{3}{4}-(\frac{3}{4})^2=\frac{3}{16}$, de modo que, $[CQR]=3\lambda^2$.
Finalmente, el área de la superposición viene dada por:
$$[APQR]=[ABC]-[BPQ]-[CQR]=\frac{3}{4}-(\frac{1}{2}\lambda^2-\lambda+\frac{1}{2})-(3\lambda^2)=-\frac{7}{2}\lambda^2+\lambda+\frac{1}{4}=-(\sqrt{\frac{7}{2}}\lambda-\sqrt{\frac{1}{14}})^2+\frac{9}{28}\leq\frac{9}{28}$$
Que se alcanza cuando $\sqrt{\frac{7}{2}}\lambda-\sqrt{\frac{1}{14}}=0\Longleftrightarrow \lambda=\frac{1}{7}$.
geogebra-export.png
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