P3 N1 Regional 2005

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Olímpico

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P3 N1 Regional 2005

Mensaje sin leer por Olímpico » Mié 12 Sep, 2012 10:15 pm

Sea [math] un rectángulo de lados [math], [math], [math] y [math], y sean [math] y [math] los puntos medios de los lados [math] y [math], respectivamente. La perpendicular a [math] trazada desde [math] corta a [math] en [math].
Calcular [math].

tuvie

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Re: P3 N1 Regional 2005

Mensaje sin leer por tuvie » Mié 02 Ene, 2013 2:44 pm

Sea $M^{\prime}=MB\cap{AK}$. Es fácil notar que $AK\parallel{CL}$ por lo que $AKCL$ es un paralelogramo. Con esto podemos decir que $\text{Area}(ABCD)=2 \times \text{Area(AKCL)} = 4 \times \text{Area(AKM)}=4 \times \text{Area(ABK)}$. Porque $AKM$ tiene misma altura y base que el paralelogramo y $ABK$ tiene misma base pero la mitad de su altura que el rectángulo. Con esto ya podemos decir que $\frac{Área(ABKM)}{Área(ABCD)}=\frac{1}{2}$ y estamos.

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Turko Arias

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Re: P3 N1 Regional 2005

Mensaje sin leer por Turko Arias » Lun 12 Ago, 2019 9:41 pm

Bien detalladita y con el resultado bien puesto :P
Spoiler: mostrar
Sea $\alpha=\angle DCL$, como $CDL$ es un triángulo rectángulo, $\angle CLD=90°-\alpha$. Por otro lado, como $BK=DL$, $AB=CD$ y $\angle CDL= \angle ABK= 90°$ tenemos que los triángulos $CDL$ y $ABK$ son iguales, y por ende $\angle BAK=\alpha$, por lo que $\angle KAL=90-\alpha$, y podemos deducir que $AK$ es paralela a $CL$. Por otro lado, claramente $AL$ es paralelo a $CK$, por lo que combinando ambas cosas tenemos que $AKCL$ es un paralelogramo. Sea $x=A(ABK)$, trazando $KL$ tenemos la figura partida en $ABK, AKL, CKL, CDL$ que son cuatro triángulos iguales de área $x$. Ahora bien, notemos que $A(AKCL)=2x$, y por ende $A(AKC)=x$. Ahora bien, los triángulos $AKM$ y $AKC$ comparten la base $AK$ y su tercer vértice se encuentra sobre una recta paralela a su base, por lo que tienen igual área y $A(AKM)=x$.Tenemos entonces $\frac{A(ABKM)}{A(ABCL)}=\frac{2x}{3x}=\frac{2}{3}$.

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