Regional 2011 - N2 P3

[Caro - V3]

Sea [math]ABCD un rectángulo de lados [math]AB, [math]BC, [math]CD y [math]DA, con [math]AB mayor que [math]BC; sea [math]E el punto medio de [math]AB y [math]F el punto de la diagonal [math]AC tal que [math]BF es perpendicular a [math]AC. Si además [math]FE es perpendicular a [math]BD, calcular [math]\frac{AB}{BC}.

[bruno]

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Sea [math]G el punto de interseccion de las diagonales y [math]H el punto de interseccion de [math]FE y [math]BD. Por propiedad de los rectangulos [math]AG=GC=BG=GD; entonces el triangulo [math]\Delta GBC es isosceles con [math]GBC=GCB=a y luego [math]CGB=180-2a. Tomamos ahora el triangulo [math]\Delta GFB; sabemos que [math]BGF=180-2a y [math]GFB=90, entonces [math]GBF=2a-90. Tomamos ahora el triangulo [math]\Delta FHB; sabemos que [math]FBH=2a-90 y [math]FHB=90, entonces [math]HFB=180-2a. Tomamos ahora el triangulo [math]\Delta FEB; sabemos que [math]EBH=90-a , [math]EBF=EBH+FBH=90-a+2a-90=a y que [math]EFB=180-2a, entonces [math]FEB=a y el triangulo es isosceles con [math]FE=FB

Tomamos ahora el triangulo [math]\Delta AFB, dado que [math]E es el punto medio de [math]AB; [math]FE es mediana con respecto al lado [math]AB. Aplicando teorema de las medianas

[math]AF^2+FB^2=1/2AB^2+2FE^2

[math]AB^2=1/2AB^2+2 FE^2

[math]1/2AB^2=2FE^2

[math]AB=2FE

Utilizando Pitagoras en el mismo triangulo

[math]FB^2+AF^2=AB^2
[math]FE^2+AF^2=4FE^2
[math]AF=\sqrt{3}FE

Finalmente aplicando Pitagoras en el triangulo[math]\Delta FCB

[math]FB^2+FC^2=BC^2
[math]FE^2+(AC-AF)^2=BC^2
[math]FE^2+(\sqrt{AB^2+BC^2}-\sqrt{3}FE)^2=BC^2
[math]FE^2+AB^2+BC^2+3FE^2-2FE\sqrt{3AB^2+3BC^2}=BC^2
[math]8FE^2=2FE\sqrt{3AB^2+3BC^2}
[math](4FE)^2=(\sqrt{3AB^2+3BC^2})^2
[math]16FE^2=12FE^2+3BC^2
[math]BC=\frac{2}{\sqrt{3}}FE

Entonces

[math]\frac{AB}{BC}=\frac{2FE}{\frac{2}{\sqrt{3}}FE}=\sqrt{3}

[Aldana]

Otra solución, la comento rapidamente.

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Llamamos [math]G y [math]H a los puntos de las intersecciones (como Bruno).
Sea [math]\hat{EAG} = \alpha y [math]\hat{EGA} = \beta \Rightarrow \alpha + \beta = 90
Luego [math]\alpha = \hat{FBC} = \hat{GBE} (que sale con semejanza) y [math]\hat{HFB} = 90 - \hat{HBF} = \hat{EBG} + \hat{FBC} = 2 \alpha
Por otro lado, [math]BEGFes cíclico pues[math]\hat{BEG} + \hat{BFG} = 90 + 90 = 180
Entonces, por arco capaz,[math]\hat{EBG} = \alpha = \hat{EFG} \Rightarrow \hat{BFG} = 90° = \hat{HFB} + \hat{EFG} = 2 \alpha + \alpha = 3 \alpha \Rightarrow \alpha = 30
Por ser [math]sin30 = 0,5 si [math]BC = x \Rightarrow AC = 2x
Aplicando Pitágoras en [math]ABC, nos queda [math]AB = \sqrt{3}x
Finalmente [math]\frac{AB}{BC} = \frac{\sqrt{3}x}{x} = \sqrt{3}

Si algo no se entiende, pregunten.

[chr0nos]

Otra solución


Usando la imagen de Bruno.

Tenemos que [math]ABC es un triángulo rectángulo, entonces puedo decir que [math]\frac{AB}{BC} = tg(\hat{ACB}).

[math]EF es la mediatriz de la hipotenusa, y, así, [math]EF = AE = EB y por lo tanto [math]EBF y [math]AEF son isósceles. Llamo [math]\alpha al ángulo [math]\hat{BFE} = \hat{EBF}, y [math]\beta al ángulo [math]\hat{EAF} = \hat{AFE}.

Como [math]ABC es rectángulo y con un ángulo [math]\beta en [math]\hat{BAC}, [math]\hat{ACB} = \alpha.

Como [math]BFA es rectángulo y tiene un ángulo [math]\alpha en [math]\hat{BCF}, entonces [math]\hat{FBC} = \beta. Así podemos deducir que [math]\hat{EBF} = \alpha, ya que suma [math]90 con [math]\beta = \hat{FBC}.

Y si [math]\hat{EBF} = \alpha, entonces [math]EFB es equilátero con todos ángulos [math]\alpha = 60.

Y como [math]\frac{AB}{BC} = tg(\hat{ACB}) y [math]\hat{ACB} = \alpha = 60, [math]\frac{AB}{BC} = tg(\hat{ACB})

Así, tenemos que [math]\hat{ACB} = \alpha = 60 \Rightarrow tg(\hat{ACB}) = tg(60) = \sqrt3

[Vladislao]

Otra solución



[math]EF es la mediatriz de la hipotenusa, y, así, [math]EF = AE = EB y por lo tanto [math]EBF y [math]AEF son isósceles. Llamo [math]\alpha al ángulo [math]\boxed{\hat{BEF} = \hat{EBF}}, y [math]\beta al ángulo [math]\hat{EAF} = \hat{AFE}.

Hola:

Tu solución es incorrecta. Fijate en eso que recuadré. Lo que vos tenés es que [math]\angle EFB = \angle EBF, si suponés que además [math]\angle BEF= \angle EBF es trivial que el [math]\triangle EBF es equilátero y llegás al resultado. El problema está en que no demostraste que esto sea así.

[chr0nos]

Otra solución



[math]EF es la mediatriz de la hipotenusa, y, así, [math]EF = AE = EB y por lo tanto [math]EBF y [math]AEF son isósceles. Llamo [math]\alpha al ángulo [math]\boxed{\hat{BEF} = \hat{EBF}}, y [math]\beta al ángulo [math]\hat{EAF} = \hat{AFE}.

Hola:

Tu solución es incorrecta. Fijate en eso que recuadré. Lo que vos tenés es que [math]\angle EFB = \angle EBF, si suponés que además [math]\angle BEF= \angle EBF es trivial que el [math]\triangle EBF es equilátero y llegás al resultado. El problema está en que no demostraste que esto sea así.

Tenés razón, ese no es el par que es igual, es el otro. Tengo que revisarlo. Igual en la prueba hice más cosas, ahora me fijo que hice mal. Gracias.

[julianferres_]

Denotamos [math]\alpha=\widehat{CAB}

Despejando vemos que [math]\widehat{EBF}=\widehat{FEB}=90- \alpha

Entonces[math]FE=FB [math](1)

[math]\rightarrow Por el teorema de Apolonio[math]AF^2+FB^2=\frac{1}{2}AB^2+2FE^2

Pero como el triángulo [math]AEB es rectángulo en [math]F, [math]AB^2=FB^2+AF^2

Entonces, [math]AB^2=\frac{1}{2}AB^2+2FE^2

[math]AB^2=\frac{1}{2}AB^2+2FE^2

[math]\frac{1}{2}AB^2=2FE^2

[math]AB=\sqrt{4FE^2}

[math]AB=2FE [math](2)

Por [math](1) y [math](2)

Se deduce que [math]EB=FB Y el triángulo [math]FEB es equilátero
Por lo tanto [math]EBF=90-\alpha=60^{\circ} Y [math]\alpha=30^{\circ}

Sabemos entonces que [math]\widehat{CAB}=30^{\circ} y que el triángulo [math]CABes medio equilátero.

Por tanto [math]AC=2BC y

[math]AB^2=BC^2+2BC^2
[math]AB^2=3BC^2

[math]AB=\sqrt{3BC^2}

[math]AB=\sqrt{3}BC

[math]\boxed {\frac{AB}{BC}=\sqrt{3}}

P.D= Disculpen si por casualidad repetí alguna solución, pero necesito ir calentando para el año

[Matías V5]

Sólo quería comentar que el hecho de que la mediana correspondiente a la hipotenusa mide lo mismo que la mitad de la hipotenusa es una propiedad muy conocida que vale en cualquier triángulo rectángulo, y (además de que se puede usar libremente en una prueba) se puede demostrar sin necesidad de recurrir al teorema de Apolonio, que en este caso puede resultar excesivo.
Más información en http://www.omaforos.com.ar/viewtopic.php?f=6&t=1036

[tuvie]

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Sea [math]O el punto donde se intersecan las diagonales del rectángulo. Sea [math]\angle{CAB}=\beta. Como [math]\angle{ABC}=90, entonces, [math]\angle{ACB}=90-\beta. Como [math]\angle{BFC}=90, entonces [math]\angle{FBC}=\beta. Notemos que [math]\angle{BOC}=2\beta, pues [math]\angle{OBC}=\angle{OCB}=90-\beta. Sea [math]K el punto de intersección de [math]BD con [math]EF. Notemos que como [math]\angle{OKF}=90, entonces [math]\angle{KFO}=90-2\beta. Como [math]\angle{OFB}=90=\angle{EFO}+\angle{EFB}, entonces [math]\angle{EFB}=2\beta. Pero [math]\angle{ABF}=90-\beta, entonces [math]\angle{BEF}=90-\beta, de donde sigue que [math]EF=FB. Notemos que [math]F yace sobre la mediatriz de [math]EB. Sea [math]J el punto medio de [math]EB. Entonces [math]JF\parallel{BC} y por el teorema de Thales tenemos que [math]\frac{AJ}{JB}=\frac{AF}{FC}=3\Leftrightarrow{AF=3FC} (1). Notemos que los triángulos [math]ABF y [math]FBC son semejantes, y tenemos lo siguiente:

[math]\frac{AF}{FB}=\frac{FB}{FC}=\frac{AB}{AC}

.
Notemos que podemos utilizar (1) y nos queda que [math]FB^2=3FC^2\Leftrightarrow{\frac{FB}{FC}=\sqrt{3}. Pero [math]\frac{FB}{FC}=\frac{AB}{AC}, de donde concluimos que [math]\frac{AB}{AC}=\sqrt{3} y estamos.

[Gianni De Rico]

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Sea $G$ el punto de intersección de $AC$ y $BD$, como las diagonales de un rectángulo son iguales y se cortan en su punto medio tenemos $AG=BG$, entonces $\angle BGE=\angle EGA$ y $\angle GEB=90^\circ$. Como $\angle GFB=90^\circ$ resulta que $BEGF$ es cíclico, de donde $\angle BGF=\angle BEF=90^\circ -\angle GBE=\angle BGE=\angle EGA$, entonces $3\angle BGF=180^\circ \Rightarrow \angle BGC=\angle BGF=60^\circ$. Pero $GE\perp AB\perp CB\Rightarrow GE\parallel CB$, entonces $\angle BCA=60^\circ$, por lo que $\triangle BCA$ es medio equilátero y $\frac{AB}{BC}=\sqrt{3}$.