Zonal 2004 - N2 P3

[Hechicero]

Se tiene un rectángulo de papel. El lado menor del rectángulo mide [math]6 y la diagonal mide [math]12. Se dobla el papel a lo largo de una diagonal, y de este modo se obtiene un triángulo en el que se superponen las dos partes y dos triángulos sin superposiciones.
Calcular el área del triángulo de la superposición.

[Toto]

GEOGEBRA: http://ggbtu.be/mJFTZSWny

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$\triangle ABC \cong \triangle CDA \cong \triangle ACB'$

Entonces $\angle ACB' \cong \angle BCA \cong \angle DAC$, con $\angle DAC \equiv \angle IAC$ y $\angle ACB' \equiv \angle ACI$. Los llamamos conjuntamente $\beta$.

También $\angle CAB \cong \angle ACD \cong \angle B'AC$. Los llamamos conjuntamente $\alpha$.

$\triangle ACI$ es isósceles.

Notemos que $\angle BCA + \angle ACD = 90^{\circ} = \beta + \alpha$, consecuentemente $180^{\circ} = 2 \beta + 2 \alpha$

En $\triangle ACI$ tenemos $180^{\circ} = \angle CIA + \angle IAC + \angle ACI = \angle CIA + 2 \beta$.

$\angle CIA = 180^{\circ} - 2 \beta = 2 \alpha$.

Sigue que $\overline{HI}$ es altura de $\triangle ACI$, como es isósceles consideramos trivial que $\overline{HI}$ es mediatriz de $\overline{AC}$ y bisectriz de $\angle CIA$.

$\triangle AHI \sim \triangle ABC$.

Continuando, $\frac{\overline{AH}}{\overline{HI}} = \frac{\overline{BC}}{\overline{AB}}$ donde $\overline{BC} = \sqrt{(\overline{AC})^2 - (\overline{AB})^2} = 6 \sqrt{3}$; por lo tanto $\overline{HI} = \frac{\overline{AH} \cdot \overline{AB}}{\overline{BC}} = 2 \sqrt{3}$.

Finalmente $\mathbf{A}(\triangle ACI) = \frac{\overline{AC} \cdot \overline{HI}}{2} = 12 \sqrt{3}$. $\blacksquare$

[Gianni De Rico]

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Zonal 2004 N2 P3 (1).png

Tenemos $AC=12=2\times 6=2AD\wedge A\widehat DC=90^\circ \Rightarrow \triangle ADC$ es medio equilátero $\Rightarrow C\widehat AD=60^\circ \wedge A\widehat CD=30^\circ$, además $C\widehat AD=60^\circ \Rightarrow C\widehat AB=30^\circ$.
Doblar el papel a lo largo de $AC$ equivale a reflejar $D$ por $AC$. Sea $D'$ el reflejo de $D$ y sea $G=AB\cap CD'$. Luego $\triangle AD'C\equiv \triangle ADC\Rightarrow \triangle AD'C$ es medio equilátero $\Rightarrow A\widehat CD'=30^\circ =A\widehat CG\Rightarrow G\widehat CB=30^\circ \Rightarrow \triangle GBC$ es medio equilátero $\Rightarrow GC=2GB$.
Como $C\widehat AG=C\widehat AB=30^\circ =G\widehat CA$, tenemos $AG=GC=2GB\Rightarrow AG=\frac{2}{3}AB$
Por Pitágoras $AB=6\sqrt{3}$. Luego $AG=4\sqrt{3}\Rightarrow [AGD]=\frac{6\cdot 4\sqrt{3}}{2}=12\sqrt{3}$.

[Gianni De Rico]

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Zonal 2004 N2 P3 (2).png

Por Pitágoras $CD=6\sqrt{3}$.
Doblar el papel por $AC$ es equivalente a reflejar $D$ por $AC$. Sea $D'$ el reflejo de $D$ y $G=AB\cap CD'$. Luego $AD'=AD=6\wedge CD'=CD=6\sqrt{3}\wedge A\widehat {D'}C=A\widehat DC=90^\circ =A\widehat BC$. De esto último sale que $AD'BC$ es cíclico y por Ptolomeo $AB\cdot CD'=AC\cdot BD'+AD'\cdot BC\Rightarrow 6\sqrt{3}\cdot 6\sqrt{3}=12BD'+6\cdot 6\Rightarrow BD'=6$.
Como $AD'BC$ es cíclico, entonces $A\widehat BD'=A\widehat CD'$, y por opuestos por el vértice $A\widehat GC=D'\widehat GB$. Luego $\triangle AGC\simeq \triangle D'GB\Rightarrow \frac{BG}{CG}=\frac{AC}{BD'}$. (*)
Por otro lado $A\widehat GD'=B\widehat GC\wedge A\widehat {D'}G=C\widehat BG=90^\circ \Rightarrow \triangle AD'G\simeq \triangle CBG$ y como $AD'=BC$ entonces $\triangle AD'G\equiv \triangle CBG\Rightarrow AG=CG$. (**)
De (*) y (**) tenemos $\frac{BG}{AG}=\frac{AC}{BD'}=\frac{12}{6}=2\Rightarrow AG=\frac{2}{3}AB=4\sqrt{3}$.
Finalmente $[AGC]=\frac{6\times 4\sqrt{3}}{2}=12\sqrt{3}$.

[Ulis7s]

$Resolución:$

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Figura de análisis:

Sin título.png

Defino a $B'$ como el doblez del triangulo $ABC$, de ahí $ABC$ $\cong$ $AB'C$
Defino a $E$ $B'C$ $\cap$ $AD$.
Por la condición de los lados y el ángulo de $90$ sale que $ADC$ y $AB'C$ son medios equiláteros. Luego $\widehat{EAC} = \widehat{ECA} = 30$. Luego $EA = EC$ con $AC=12$ y $\widehat{EAC} = \widehat{ECA} = 30$. Que es lo mismo que sacar el área de un equilátero de lado $4\sqrt{3}$ o sea el área es
$\frac{\sqrt{3} . 4\sqrt{3} . 4\sqrt{3}}{4} = 12\sqrt{3}$