OFO 2024 Problema 5

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Adriano Guinart

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OFO 2024 Problema 5

Mensaje sin leer por Adriano Guinart »

Sea $ABCD$ un cuadrado. Sobre el lado $BC$ se construye un triángulo equilátero $BCE$, exterior al cuadrado. Sean $M$ y $N$ los puntos medios de $CD$ y $AE$, respectivamente. Demostrar que $N\widehat MC=60^\circ$.
Adriano Guinart

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Re: OFO 2024 Problema 5

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Primeras ideas
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Nos encontramos frente a un problema que nos presente una construcción mayoritariamente simple. Un cuadrado y un triángulo equilátero que comparten lado. Donde los datos importante del problema, radica en los puntos $M$ y $N$.

La principal característica de los mismos, es que son puntos medios de los lados $CD$ y $AE$ respectivamente. Esto es una sugerente invitación a pensar: ¿De que me sirvan que sean puntos medios?

Los puntos medios suelen ser muy útiles y cuentan con varias características interesantes. Tal es el caso, que viene a nuestra cabeza una propiedad muy usada como la es "Base Media". (Que no es más que una consecuencia directa de la semejanza).

A continuación, veremos como a través de esta idea, podíamos llegar a una solución.
Solución
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geogebra-export.png
Sea $P$ el punto medio del lado $BE$. Al tener que tanto $N$ y $P$ son puntos medios de $AE$ y $BE$ respectivamente, podemos afirmar que $NP$ es base media del triángulo $ABE$.

Veamos que esto quiere decir que:

$NP=\frac{1}{2} AB$ y a su vez $AB\parallel NP$

Al tener que $ABCD$ es un cuadrado y $M$ es punto medio de $CD$, podemos afirmar que:

$MC=\frac{1}{2} AB$ y $MC\parallel AB$

Combinando esto último con lo hallado anteriormente:

$NP=MC=\frac{1}{2} AB$ y $NP\parallel MC\parallel AB$

Sabiendo esto, podemos ver que el cuadrilátero $MCPN$ es un paralelogramo. Por lo que $\angle NMC+ \angle MCP=180$.

Notemos que:

$\angle MCP=\angle MCB + \angle BCP=90 + \angle BCP$

Ahora bien, al $P$ ser punto medio de $BE$ y $BCE$ ser un triángulo equilátero, sabemos entonces que $CP$ es bisectriz del ángulo $\angle BCE$ (Donde $\angle BCE=60$ por equilátero).

Por lo que:

$\angle MCP= 90 +30=120$

De esta manera, nos quedaría que $\angle NMC=180-\angle MCP$

$\therefore \angle NMC=180-120=60$

De esta manera, quedaría completamente demostrado el inciso del problema.
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Última edición por Adriano Guinart el Vie 09 Feb, 2024 10:55 pm, editado 1 vez en total.
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drynshock

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Re: OFO 2024 Problema 5

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Introducción
Mi objetivo a lo largo del problema es poder encontrar la ecuación de la recta MN, luego sabiendo la pendiente podemos calcular el ángulo que buscamos.

Sección 1
Empezando con las cosas básicas, sabemos que como $ABCD$ es un cuadrado y $BCE$ es un triangulo equilátero que comparte un lado con el cuadrado tenemos que:
$AB = BC = DC = AD = BE = EC =2z$
Llamamos a la expresión de arriba $2z$ para facilitar los cálculos. De esto concluimos que $DM = MC = z$ por ser punto medio. También llamemos $N'$ al punto tal que $NN' \perp AB$


Teorema 1: NN' = $\frac{z}{2}$

Demostración:
Vamos a prolongar $AB$ hasta un punto $W$ tal que $EW \perp BW$. Nosotros sabemos que por suma de ángulos interiores: $\angle CBE + \angle BCE + \angle BEC = 180°$ y por ser equilátero todos sus ángulos son iguales, entonces: $3.\angle CBE= 180° \Rightarrow \angle CBE = 60°$. Como $ABCD$ es un cuadrado, $\angle WBC = 90°$. Con toda esta información concluimos que por ángulo llano: $180° - 60° - 90° = 30° = \angle EBW$, lo cual resulta en que por suma de ángulos interiores de un triangulo $\angle BEW + 30° + 90° = 180° \Rightarrow \angle BEW = 60$. Concluimos que el triangulo $BEW$ es medio equilátero ya que sus ángulos son de $60°, 30°$ y $90°$ , lo que implica que por propiedad de medio equilátero, $EW = \frac{BE}{2} = z$
Mirando el triangulo $AEW$ tenemos que $N$ es punto medio de $AE$ y $NN'$ es paralela a $EW$ ya que sus ángulos con respecto a $AB$ son de $90°$, concluimos que por definición de base media, $NN' = \frac{EW}{2} \Rightarrow \boxed{NN' = \frac{z}{2}}$

$\blacksquare$

Corolario: $AN' = \frac{(2+\sqrt{3}).z}{2}$

Demostración:
Por teorema de Pitágoras en el triangulo BEW tenemos que: $BW^2 + EW^2 = BE^2 \Rightarrow BW^2 = (2z)^2 - z^2 \Rightarrow BW = \sqrt{3}.z$. Como sabíamos que $NN'$ era base media del triangulo $AEW$ con respecto a $EW$ tenemos que $N'$ es punto medio de $AW$ y por lo tanto $AN' = N'W = \frac{AB +BW}{2} \Rightarrow AN' = BW = \frac{2z + \sqrt{3}z}{2}$ de lo cual solamente nos vamos a quedar con: $\boxed{AN' = \frac{(2 + \sqrt{3}).z}{2}}$

$\blacksquare$


Sección 2
Empezando con la parte analítica, fijemos al punto $A$ como origen de coordenadas, con eje de abscisas a la recta $AB$ y eje vertical a la recta $AD$. Cabe aclarar que la figura se encuentra en el cuadrante positivo del plano cartesiano.
Podemos localizar los puntos $M$ y $N$ ya que previamente calculamos toda su información con respecto a $x$ e $y$. Nos quedaría que:
$M = (z; 2z)$
$N = (\frac{(2 + \sqrt{3}).z}{2}; \frac{z}{2})$
También recordemos que la recta $MB$ es de la forma $y = mx + b$, donde $m$ representa la pendiente de la recta.


Teorema 2: La pendiente de la recta MN es $-\sqrt{3}$

Demostración:
Sabiendo que la recta $MN$ pasa por los puntos $M$ y $N$, podemos plantear el siguiente sistema de ecuaciones reemplazando $x$ e $y$ con sus respectivos valores:
$2z = mz + b$
$\frac{z}{2} = m(\frac{(2+ \sqrt{3})z}{2}) + b$
Resolviendo por el método de eliminación nos queda:
$2z - \frac{z}{2} = mz - m(\frac{(2+ \sqrt{3})z}{2})$
$\frac{3z}{2} = m(\frac{2z - 2z - \sqrt{3}z}{2})$
$\frac{3}{2} = m(\frac{-\sqrt{3}}{2})$
$\frac{\frac{3}{2}}{\frac{-\sqrt{3}}{2}} = m$
$\frac{3}{-\sqrt{3}} = m$
$\boxed{m = -\sqrt{3}}$

$\blacksquare$

Teorema 3: $\angle NMC = 60°$

Demostración:
Para poder seguir tenemos que recordar que la definición de pendiente de una recta es la tangente del ángulo que se forma con el eje horizontal: $tan(\alpha) = m , (0 < \alpha < 180)$. En este caso la pendiente nos serviría para calcular $\angle MBW$. Despejando de la formula de arriba tenemos que: $\alpha = tan^{-1}(m)$
Usando trigonometría tenemos que $tan(120°) = - \sqrt{3} \Rightarrow 120° = tan^{-1}(-\sqrt{3})$. Y con esto concluimos que $\angle MBW = 120°$.
Finalmente, por ángulos entre paralelas nos queda que $\angle MBW = \angle BMD = 120°$ y por ángulo llano en $M$ tenemos que $\angle NMC + \angle BMD = 180° \Rightarrow \angle \boxed{NMC = 60°}$. Precisamente como buscábamos demostrar.

$\blacksquare$
@Bauti.md ig // Ridin' in a getaway car // $\zeta (s) =\displaystyle\sum_{n = 1}^{\infty}\frac{1}{n^{s}}$
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enigma1234

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Re: OFO 2024 Problema 5

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Sea $J=AM\cap BC$. Como $BC\parallel AD$, y como $CM=MD$ luego el $\triangle CMJ$ es congruente al $\triangle DMA$, de donde $AM=MJ$ y $CJ=AD$.

Luego como $N$ y $M$ son puntos medios de $AE$ y $AJ$, luego $NM\parallel EJ$ por base media.

Como $CJ=AD=BC=EC$ y $\angle BCE=60^\circ$, luego $\angle EJC=\angle JEC=30^\circ$.

Sea $EJ\cap CD=K$. Luego $\angle CKJ=90^\circ-\angle EJC=60^\circ$. Finalmente, como $NM\parallel EJ$, tenemos que $\angle NMC=\angle MKJ=60^\circ.$
OFO2024_P5.png
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EmRuzak

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Re: OFO 2024 Problema 5

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$H$ es el punto medio de $AC$ es decir el centro del cuadrado $ABCD$
Como $AE=2AN$ y $AC=2AH$, los triángulos $AHN$ y $ACE$ son similares, y $CE=2HN$
Como $CD=2CM$ y $CA=2CH$, los triángulos $CMH$ y $CDA$ son similares, y $DA=2MH$
Entonces como el triángulo $ECB$ es equilátero: $2MH=DA=CB=CE=2HN$ y $MH=HN$
Entonces el triángulo $NHM$ es isósceles y $HMN=HNM$
Por propiedades del cuadrado y del tríangulo equilátero, $ACE=ACB+BCE=45º+60º=105º$
Por triangulos similares:
$AHN=ACE=105º$
$CHN=180º-AHN=75º$
$MHC=DAC=45º$
$MHN=MHC+CHN=45º+75º=120º$
$HMN=HNM=\frac{180º-MHN}{2}$
$HMN=30º$
$HMC=ADC=90º$
$NMC=HMC-HMN=90º-30º=60º$
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florsa06

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Re: OFO 2024 Problema 5

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$ABE\triangle$ isósceles $\Rightarrow \widehat{BEA} = \frac{180 - (90 + 60)}{2} = 15°$
Sea $P$ el punto medio de $\overline{BC}$ y $H$ el punto medio de $\overline{CE}.$
Sea $ I= \overline{NE} \cap \overline{BH} \Rightarrow$ $I$ es el incentro del triángulo $BPE \triangle.$
Sea $I_p$ = $\overline{PI} \cap \overline{BE}$
→ $N$ Y $H$ son puntos medios de bases de triángulos isósceles $\Rightarrow$ son pies de las alturas desde B en $ABE\triangle$ y $BCE\triangle$ respectivamente $\Rightarrow \widehat{BNE} = \widehat{BHE} = 90° \Rightarrow$ $BNHE$ es cíclico.
De $BNHE$ cíclico$ \Rightarrow \overline{NI} .\overline{IE} = \overline{BI} . \overline{IH} (1)$

$\overline{CM} = \overline{CP} \Rightarrow \widehat{CMP} = \widehat{CPM} = \frac{180 - 90}{2} = 45°\Rightarrow$ $M$, $P$ y $I_p$ son colineales.
→ Los triángulos $MHI\triangle$ y $BII_p\triangle$ comparten ángulo en $I$. Por bisectriz$ \Rightarrow \widehat{IBI_p}= \frac{60}{2} = 30°. $

$ \overline{CM} = \overline{CH} \Rightarrow \widehat{CMH} = \widehat{CHM} = \frac{180 - (90 + 60)}{2} = 15°\Rightarrow \widehat{MHI} = 90 - 15 = 75$ y $\widehat{IMH} = 180 - (75 + 75) = 30°\Rightarrow$ por criterio AAA$ \Rightarrow MHI\triangle \sim BII_p\triangle.$
Por razón de semejanza: $\frac{\overline{II_p}}{\overline{IH}} = \frac{\overline{BI}}{\overline{IM}}
\Rightarrow \overline{II_p} .\overline{IM} = \overline{BI} . \overline{IH} (2)$

De (1) y (2) $\Rightarrow \overline{II_p} .\overline{IM} = \overline{NI} .\overline{IE} \Rightarrow $ por potencia del punto I $\Rightarrow NMEI_p$ es cíclico $\Rightarrow \widehat{NMI_p} = \widehat{NEI_p} = 15°\Rightarrow$
$$\widehat{NMC} = 15 + 45 = 60° q.e.d$$
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6174

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Re: OFO 2024 Problema 5

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Sean $M$, $G$, $H$ y $J$ los puntos medios de $\overline{DC}$, $\overline{AD}$, $\overline{BC}$y $\overline{AG}$.

Llamemos $x$ al lado del cuadrado y triangulo.
Como $BCE$ es un triangulo equilátero, $H$ es el pie de la altura con base $\overline{BC}$. Por Pitagorás,
$$\overline{EH} = \frac{\sqrt{3}}{2} x$$

$E$, $G$ y $H$ son colineales ya que $B\widehat{H}G + B\widehat{H}E = 90^{\circ}+90^{\circ} = 180^{\circ}$

Por lo tanto,
$\overline{EG} = \overline{GH} + \overline{EH} = x + \frac{\sqrt{3}}{2} x$

Como $\overline{JN}$ es base media de $\overline{EG}$ en el triangulo $AGE$,
$$\overline{JN} = \frac{1}{2} (1+ \frac{\sqrt{3}}{2} )x$$

Sea $K\in\overline{JN}$ tal que $M\widehat{K}N = 90^{\circ} $

Por ser base media, $\overline{JN} \parallel \overline{EG}$.

Como $M\widehat{K}N = 90^{\circ} $ y $N\widehat{J}A = E\widehat{G}A = 90^{\circ}$, entonces
$\overline{KM} \parallel \overline{AG}$

Por lo tanto,
$$\overline{KM} = \overline{DJ} = \frac{3}{4}x$$
y
$$\overline{KN} = \overline{JN} - \overline{DM} =\frac{\sqrt{3}}{4} x$$

Como $\frac{\overline{KM}}{\overline{KN}} = \frac{\overline{EH}}{\overline{BH}}=\sqrt{3}$
y ambos triangulos, $KNM$ y $BHE$, son rectangulos, por LAL, son semejantes.

Por lo tanto,
$$K\widehat{M}N = 30^{\circ}$$

Y como $\overline{KM}$ es perpendicular a $\overline{DC}$

$$N\widehat{M}C = 60^{\circ}$$

Imagen
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Turko Arias

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Re: OFO 2024 Problema 5

Mensaje sin leer por Turko Arias »

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Sin pérdida de generalidad $AB=2$. Ubicamos la figura en los ejes con $D$ en el origen. Tenemos $A=(0,2)$, $B=(2,2)$, $C=(2,0)$, $D=(0,0)$ y $E=(2+\sqrt{3},1)$ por ser $BCE$ equilátero. Como $N$ punto medio de $AE$, $N=\left(\frac{0+2+\sqrt{3}}{2},\frac{2+1}{2}\right)=\left(1+\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{3}{2} \right)$ y del mismo modo $M=(1,0)$.
Sean $\vec{u}=\vec{MN}=\left(1+\frac{\sqrt{3}}{2}-1,\frac{3}{2}-0 \right)=\left(\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{3}{2} \right)$ y $\vec{v}=\vec{MC}=(1,0)$.
Consideramos el producto escalar $\frac{\sqrt{3}}{2} \times 1+\frac{3}{2} \times 0 = \vec{u} \cdot \vec{v}=|\vec{u}||\vec{v}|cos(\alpha)=\sqrt{3} \times 1 \times cos(\alpha)$, siendo $\alpha= \angle NMC$, de donde $cos(\alpha)=\frac{1}{2}$ y $\alpha=60$ $\blacksquare$
Geo.jpg
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Fundamentalista del Aire Acondicionado

Y todo el orgullo de ser bien bilardista
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