Nacional 2022 - Nivel 3 - Problema 3

Avatar de Usuario
Monazo

OFO - Medalla de Plata-OFO 2017 OFO - Medalla de Oro-OFO 2019 FOFO Pascua 2019 - Mención-FOFO Pascua 2019 FOFO 9 años - Jurado-FOFO 9 años COFFEE - Jurado-COFFEE Matías Saucedo
OFO - Jurado-OFO 2020 FOFO Pascua 2020 - Jurado-FOFO Pascua 2020 COFFEE - Jurado-COFFEE Carolina González COFFEE - Jurado-COFFEE Ariel Zylber COFFEE - Jurado-COFFEE Iván Sadofschi
FOFO 10 años - Jurado-FOFO 10 años OFO - Jurado-OFO 2021 FOFO 11 años - Jurado-FOFO 11 años OFO - Jurado-OFO 2022 FOFO Pascua 2022 - Jurado-FOFO Pascua 2022
Mensajes: 371
Registrado: Dom 14 Sep, 2014 2:30 pm
Medallas: 15
Nivel: Exolímpico

Nacional 2022 - Nivel 3 - Problema 3

Mensaje sin leer por Monazo »

Dado un cuadrado $ABCD$ consideremos un triángulo equilátero $KLM$, cuyos vértices $K$, $L$ y $M$ pertenecen a los lados $AB$, $BC$ y $CD$ respectivamente. Hallar el lugar geométrico de los puntos medios de los lados $KL$ para todos los posibles triángulos equiláteros $KLM$.

Nota. Se denomina lugar geométrico al conjunto de puntos que satisfacen una propiedad.
Soy una Estufa en Piloto
:shock:
Fedex

COFFEE - Mención-COFFEE Matías Saucedo OFO - Medalla de Plata-OFO 2020 FOFO Pascua 2020 - Medalla-FOFO Pascua 2020 COFFEE - Mención-COFFEE Ariel Zylber COFFEE - Mención-COFFEE Iván Sadofschi
FOFO 10 años - Medalla-FOFO 10 años OFO - Medalla de Plata-OFO 2021 OFO - Jurado-OFO 2022
Mensajes: 189
Registrado: Mar 31 Dic, 2019 2:26 am
Medallas: 8
Nivel: 3
Ubicación: Rosario, Santa Fe
Contactar:

Re: Nacional 2022 - Nivel 3 - Problema 3

Mensaje sin leer por Fedex »

A mí me dicen que la geometría no resistió.
Spoiler: mostrar
Sea $P$ el punto medio de $KL$, como $\angle MPL = \angle MCL = 90º$ tenemos que $MCLP$ es cíclico donde $60º = \angle MLP = \angle MCP = \angle DCP$, luego $P$ está en la recta que pasa por $C$ y forma un ángulo de $60º$ con el segmento $DC$ (Hay dos rectas que verifican esto, en particular nos interesa la que tiene puntos dentro del cuadrado).
Por el momento, sabemos que nuestro lugar geométrico es un subconjunto de esta recta así que vamos a acotar un poco más donde puede estar $P$. Para eso le ponemos coordenadas a los puntos $A, B, C, D$ estas van a ser $(0,0), (1,0), (1,1), (0,1)$ respectivamente (notar que el cuadrado que nos queda ahora es unitario, pero siempre podemos escalar la figura a la medida que queramos y preservar las formas, es simplemente un truquito para que nos queden más fáciles las cuentas). También $K = (a, 0)$, $L = (1, b)$ donde $0 < a,b < 1$ y la recta que describimos antes es $y = \sqrt{3}x - \sqrt{3} + 1$. Queremos ver entonces para que par de puntos $K$ y $L$ su punto medio pertenece a esa recta (notar que si pertenece a esta recta, ya tenemos que $M$ definido a partir de la mediatriz de este segmento, forma un equilátero por un razonamiento muy parecido al que hicimos antes). Ahora el punto medio de $KL$ viene dado por $(\frac{a+1}{2}, \frac{b}{2})$ y queremos que $\frac{b}{2} = \sqrt{3} \frac{a-1}{2} + 1$ donde $a = \frac{b-2}{\sqrt{3}} + 1$ y debe darse que $0 < \frac{b-2}{\sqrt{3}} + 1 <1$ siendo $0 < b < 1$ donde resolvemos esto y vemos que se debe verificar $2 - \sqrt{3} < b < 1$.
Para terminar de cerrar el problema, nos interesa ver que la mediatriz de $KL$ interseca a $CD$ en su interior.
Para esto tomamos una recta perpendicular a $y = \sqrt{3}x - \sqrt{3} + 1$ que va tener la forma $x + \sqrt{3}y + c = 0$ donde tomamos $c$ tal que esta pase por el punto $(\frac{a+1}{2}, \sqrt{3} \frac{a-1}{2} + 1)$ entonces nos queda $c = - \frac{5a-1}{4} - \sqrt{3}$ luego si la evaluamos en $y = 1$ tenemos la intersección con $CD$. Donde $x + \sqrt{3} - \frac{5a-1}{4} - \sqrt{3} = 0$ nos deja $x = \frac{5a-1}{4}$ donde queremos que $0 < \frac{5a-1}{4} < 1$ o lo que es lo mismo $0 < a < 1$ que sabemos que es cierto.

Luego la solución en un cuadrado unitario con $A$ en el origen son los puntos de la forma $(\frac{b-2}{2 \sqrt{3}} +1, \frac{b}{2})$ donde $2 - \sqrt{3} < b < 1$. La solución para un cuadrado de lado $l$ viene de escalar estos valores en $l$.
This homie really did 1 at P6 and dipped.
Avatar de Usuario
Turko Arias

Colaborador-Varias OFO - Medalla de Plata-OFO 2016 OFO - Medalla de Oro-OFO 2019 FOFO Pascua 2019 - Medalla-FOFO Pascua 2019 COFFEE - Jurado-COFFEE Matías Saucedo
OFO - Jurado-OFO 2020 FOFO Pascua 2020 - Jurado-FOFO Pascua 2020 COFFEE - Jurado-COFFEE Carolina González COFFEE - Jurado-COFFEE Ariel Zylber COFFEE - Jurado-COFFEE Iván Sadofschi
FOFO 10 años - Jurado-FOFO 10 años OFO - Jurado-OFO 2021 FOFO 11 años - Jurado-FOFO 11 años OFO - Jurado-OFO 2022 FOFO Pascua 2022 - Jurado-FOFO Pascua 2022
Mensajes: 576
Registrado: Lun 28 Nov, 2011 11:39 am
Medallas: 15
Nivel: Ñandú
Ubicación: La Plata, Provincia de Buenos Aires

Re: Nacional 2022 - Nivel 3 - Problema 3

Mensaje sin leer por Turko Arias »

Fedex escribió: Sab 12 Nov, 2022 9:34 pm A mí me dicen que la geometría no resistió.
Spoiler: mostrar
Sea $P$ el punto medio de $KL$, como $\angle MPL = \angle MCL = 90º$ tenemos que $MCLP$ es cíclico donde $60º = \angle MLP = \angle MCP = \angle DCP$, luego $P$ está en la recta que pasa por $C$ y forma un ángulo de $60º$ con el segmento $DC$ (Hay dos rectas que verifican esto, en particular nos interesa la que tiene puntos dentro del cuadrado).
Por el momento, sabemos que nuestro lugar geométrico es un subconjunto de esta recta así que vamos a acotar un poco más donde puede estar $P$. Para eso le ponemos coordenadas a los puntos $A, B, C, D$ estas van a ser $(0,0), (1,0), (1,1), (0,1)$ respectivamente (notar que el cuadrado que nos queda ahora es unitario, pero siempre podemos escalar la figura a la medida que queramos y preservar las formas, es simplemente un truquito para que nos queden más fáciles las cuentas). También $K = (a, 0)$, $L = (1, b)$ donde $0 < a,b < 1$ y la recta que describimos antes es $y = \sqrt{3}x - \sqrt{3} + 1$. Queremos ver entonces para que par de puntos $K$ y $L$ su punto medio pertenece a esa recta (notar que si pertenece a esta recta, ya tenemos que $M$ definido a partir de la mediatriz de este segmento, forma un equilátero por un razonamiento muy parecido al que hicimos antes). Ahora el punto medio de $KL$ viene dado por $(\frac{a+1}{2}, \frac{b}{2})$ y queremos que $\frac{b}{2} = \sqrt{3} \frac{a-1}{2} + 1$ donde $a = \frac{b-2}{\sqrt{3}} + 1$ y debe darse que $0 < \frac{b-2}{\sqrt{3}} + 1 <1$ siendo $0 < b < 1$ donde resolvemos esto y vemos que se debe verificar $2 - \sqrt{3} < b < 1$.
Para terminar de cerrar el problema, nos interesa ver que la mediatriz de $KL$ interseca a $CD$ en su interior.
Para esto tomamos una recta perpendicular a $y = \sqrt{3}x - \sqrt{3} + 1$ que va tener la forma $x + \sqrt{3}y + c = 0$ donde tomamos $c$ tal que esta pase por el punto $(\frac{a+1}{2}, \sqrt{3} \frac{a-1}{2} + 1)$ entonces nos queda $c = - \frac{5a-1}{4} - \sqrt{3}$ luego si la evaluamos en $y = 1$ tenemos la intersección con $CD$. Donde $x + \sqrt{3} - \frac{5a-1}{4} - \sqrt{3} = 0$ nos deja $x = \frac{5a-1}{4}$ donde queremos que $0 < \frac{5a-1}{4} < 1$ o lo que es lo mismo $0 < a < 1$ que sabemos que es cierto.

Luego la solución en un cuadrado unitario con $A$ en el origen son los puntos de la forma $(\frac{b-2}{2 \sqrt{3}} +1, \frac{b}{2})$ donde $2 - \sqrt{3} < b < 1$. La solución para un cuadrado de lado $l$ viene de escalar estos valores en $l$.
Spoiler: mostrar
P3 N3.jpg
No tienes los permisos requeridos para ver los archivos adjuntos a este mensaje.
4  
Fundamentalista del Aire Acondicionado

Y todo el orgullo de ser bien bilardista
Avatar de Usuario
Gianni De Rico

FOFO 7 años - Mención Especial-FOFO 7 años OFO - Medalla de Oro-OFO 2019 FOFO 9 años - Jurado-FOFO 9 años COFFEE - Jurado-COFFEE Matías Saucedo OFO - Jurado-OFO 2020
FOFO Pascua 2020 - Jurado-FOFO Pascua 2020 COFFEE - Jurado-COFFEE Carolina González COFFEE - Jurado-COFFEE Ariel Zylber COFFEE - Jurado-COFFEE Iván Sadofschi FOFO 10 años - Jurado-FOFO 10 años
OFO - Jurado-OFO 2021 FOFO 11 años - Jurado-FOFO 11 años OFO - Jurado-OFO 2022 FOFO Pascua 2022 - Jurado-FOFO Pascua 2022
Mensajes: 1999
Registrado: Vie 16 Sep, 2016 6:58 pm
Medallas: 14
Nivel: Exolímpico
Ubicación: Rosario
Contactar:

Re: Nacional 2022 - Nivel 3 - Problema 3

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

Acá está la solución geométrica
Spoiler: mostrar
La idea de la solución es la siguiente:
Tiene bastante sentido pensar que para cada punto $M$ en $CD$ (o para cada $L$ o $K$, el que más les guste) existe un único triángulo equilátero inscripto en el cuadrado $ABCD$ que cumple que uno de sus vértices es $M$. Lo primero que vamos a hacer es encontrar una forma más linda de definir el triángulo $KLM$, es decir, una forma que dependa únicamente del punto $M$ y algún punto fijo del cuadrado. Lo segundo va a ser mostrar que la nueva forma que vimos nos construye siempre un triángulo equilátero (estas dos partes andan siempre, incluso si no pedimos que los vértices del triángulo caigan en los lados del cuadrado y permitimos que caigan en las rectas que los contienen, aunque capaz hay que cambiar un poco los angulitos). Por último, vamos a hallar el lugar geométrico de $N$ a partir del lugar geométrico de $M$, que en este caso viene a ser el conjunto de los $M$ tales que los puntos $K$ y $L$ caen en los lados del cuadrado (y no en sus prolongaciones).

Nacional 2022 N3 P3.png

Vamos a arrancar definiendo varios puntos nuevos (ya van a ver para qué sirven). Sean $E$ en $CD$ tal que $\angle EAD=15^\circ$, $F$ en $AB$ tal que $\angle FCB=30^\circ$, $G$ el punto medio de $KM$, $N$ el punto medio de $KL$ y $C'$ el simétrico de $C$ respecto de $G$.
Como los ángulos $\angle MCL$, $\angle LGM$ y $\angle LNM$ son todos rectos, tenemos que $MGNLC$ es cíclico. Entonces $\angle NCL=\angle NML=30^\circ =\angle FCB=\angle FCL$, así que $C,F,N$ están alineados. Tenemos también que $\angle GCN=\angle GMN=\angle KMN=30^\circ$, con lo que $\angle GCB=\angle GCN+\angle NCL=30^\circ +30^\circ =60^\circ$.
Por la propiedad de la mediana de un triángulo rectángulo tenemos que $NK=NL=NB$, con lo que $\angle LBN=\angle NLB=180^\circ -\angle CLN=\angle NGC$. Entonces los triángulos $CNB$ y $CNG$ tienen $\angle GCN=30^\circ =\angle BCN$, $\angle CBN=\angle CGN$ y $CN=CN$, es decir, dos pares de ángulos y un lado respectivamente congruentes, con lo que son congruentes, y así $CG=CB$. Entonces $GCB$ es un triángulo isósceles con un ángulo de $60^\circ$, así que es equilátero.
Para construir el triángulo $KLM$ a partir del punto $M$ lo que hacemos es marcar $K$ como el punto de intersección de $GM$ con $AB$ y marcar $L$ como el punto de intersección de la perpendicular a $GM$ por $G$ con $BC$ (acá $G$ es el punto en el interior de $ABCD$ tal que $GCB$ es equilátero). Por lo que acabamos de ver, para cada $M$ este es el único triángulo $KLM$ que puede cumplir las condiciones del problema.

Veamos que anda la construcción, en esta parte nos vamos a olvidar de las definiciones originales de $K$ y $L$ y vamos a usar las que dimos en el párrafo anterior. Como $GCB$ es equilátero, tenemos que $\angle CBG=60^\circ$, así que $\angle GBA=30^\circ$, lo que nos dice que $\angle BAG=\angle AGB=75^\circ$ (porque $GB=BC=AB$), así que $\angle GAD=15^\circ =\angle EAD$, con lo que $A,G,E$ son colineales. De la misma manera podemos concluir que $\angle ADG=15^\circ$, con lo que $GA=GD$, así que por la propiedad de la mediana de un triángulo rectángulo obtenemos que $G$ es el punto medio de $AE$. Por Thales tenemos entonces que $G$ es el punto medio de $MK$, así que $GL$ es la mediatriz de $MK$. Como $\angle LGM=90^\circ =\angle MCL$, tenemos que $MGLC$ es cíclico, y por lo tanto $\angle GML=\angle GCL=\angle GCB=60^\circ$. Entonces $GML$ es medio equilátero, así que $KLM$ es equilátero. Entonces la construcción anda.

Supongamos que $M$ está en el segmento $CE$ y es distinto de $E$, entonces $K$ está en el segmento $AC'$ y es distinto de $A$, es decir que está en el exterior del cuadrado, absurdo. Entonces $M$ está en el segmento $DE$.
Si $M$ está en el segmento $DE$, tenemos que $K$ está en el segmento $AB$. Veamos que $L$ está en el segmento $BC$. Como $M$ está en el segmento $DE$, entonces $\angle DGD\leq \angle DGM\leq \angle DGE$, es decir que $0^\circ \leq \angle DGM\leq 30^\circ$, y como $\angle DGL=\angle DGM+\angle MGL=\angle DGM+90^\circ$, tenemos que $90^\circ \leq \angle DGL\leq 120^\circ$. Como $\angle DGC=75^\circ$ y $\angle DGB=\angle DGC+\angle CGB=75^\circ +60^\circ =135^\circ$, tenemos que $\angle DGC<\angle DGL<\angle DGB$, así que $L$ está en el segmento $BC$.
Concluimos que el lugar geométrico de $M$ es el segmento $DE$. Como $N$ se obtiene rotando $120^\circ$ a $M$ en sentido horario con centro en $G$, tenemos que el lugar geométrico de $N$ es el que se obtiene de rotar el lugar geométrico de $M$ por $120^\circ$ en sentido horario con centro en $G$, es decir, es el segmento cuyos extremos son los puntos que se obtienen al rotar a $D$ y a $E$. Si quieren describirlo de otra manera, pueden poner $M=D$ y $M=E$ para ver en dónde queda el punto $N$ en ese caso, lo que nos va a dar que es el segmento $XY$, donde $Y$ es el punto de intersección de $BD$ con $CF$ y $X$ es el punto en el interior del cuadrado tal que $CDX$ es equilátero (hay que hacer angulitos para llegar a esto, pero son fáciles).


Vale la pena notar que esta solución es completamente elemental (no usa nada más difícil que un cíclico), pero un poco larga si queremos ser bien detallados al escribirla.
No tienes los permisos requeridos para ver los archivos adjuntos a este mensaje.
Esto es trivial por el teorema de Bolshonikov demostrado en un bar de Bielorrusia en 1850
Responder