Provincial 2019 - Nivel 2 - Problema 3 (Urbana)

Problemas que aparecen en el Archivo de Enunciados.
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Monazo

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Provincial 2019 - Nivel 2 - Problema 3 (Urbana)

Mensaje sin leer por Monazo » Jue 29 Ago, 2019 10:44 pm

Sea $ABCD$ un cuadrilátero convexo tal que $C\hat A B=40$, $C\hat A D=30$, $D\hat B A=75$ y $D\hat B C=25$. Hallar $B\hat D C$.
Nota. Un cuadrilátero es convexo si sus lados no se entrecruzan y todos sus ángulos miden menos de $180º$.

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Monazo

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Re: Provincial 2019 - Nivel 2 - Problema 3 (Bonaerense)

Mensaje sin leer por Monazo » Vie 30 Ago, 2019 2:07 pm

La configuración de la versión bonaerense, es la configuración de la metropolitana pero con datos extra que spoilearían el problema de arriba. Antes de leerlo, te invitamos a no perder la oportunidad de leer el problema de arriba.
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Sea $ABCD$ un cuadrilátero convexo tal que $C\hat A B=40$ Sea $E$ un punto del segmento $AD$ tal que el triángulo $EBC$ es equilátero, $ED=EC$ y $A\hat B E=40$. Calcular los ángulos del cuadrilátero de $ABCD$.
Nota. Un cuadrilátero es convexo si sus lados no se entrecruzan y todos sus ángulos miden menos de $180^\circ$.

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Turko Arias

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Re: Provincial 2019 - Nivel 2 - Problema 3 (Urbana)

Mensaje sin leer por Turko Arias » Sab 31 Ago, 2019 2:49 am

Solución al problema de la Urbana / Metro, con algunos momentos de reflexión sobre el proceso de resolución (?
Problemón
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Viendo $ABC$ tenemos $\angle CAB + \angle ABD + \angle DBC + \angle BCA=140+ \angle BCA=180$, de donde $\angle BCA=40$.
Y ahora es cuando viene la magia de Disney, y está bueno meditar un poco sobre que nos lleva a hacer este galerazo. El problema de la Bonaerense define un punto $E$ en $AD$ tal que $EBC$ es equilatero, definición que me pareció "poco natural". Cuando yo pensé el problema, con los ángulos que ya tenemos, nos queda $AB=BC$, y me resultó "natural" marcar un punto $M$ sobre $AD$ tal que $AB=BM=BC$, buscando que $B$ sea el circuncentro de $AMC$ e intentando exprimir al máximo todos los isósceles que ese punto nos traía, combinado con varios ángulos centrales y arcos capaces. Finalmente los ángulos centrales no fueron necesarios por la aparición de un equilatero flashero en el medio, pero la configuración esa me parecía prometedora y fue la que me llevó a apostar por ese camino. Y bueno... Vamos a seguir el problema con esa idea:
Viendo $ABM$ tenemos $\angle BAM = \angle AMB = 70$, por ende $\angle ABM = 40$, nos queda entonces $\angle MBC= \angle ABC - \angle ABM= 60$, pero $BM=BC$, por lo que $BCM$ es equilatero.
Tenemos ahora $\angle AMB + \angle BMC + \angle CMD= 180$, por lo que $\angle CMD=180-70-60=50$.
Mirando $\angle MBC=60$ y $\angle CBD= 25$ nos queda que $\angle MBD= 35$.
Saltamos ahora a $BMD$ y tenemos $35+50+60+\angle MDB=180$, de donde $\angle MDB = 35$ y WOW, $BMD$ es isósceles y nos queda $BM=DM$, pero entonces... $DM=CM$. Eso combinado con que $\angle DMC=50$ nos hace llegar a que $\angle CDM=65$, y como $\angle BDM=35$, tenemos que $\angle BDC=30$ $\blacksquare$
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Fran5

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Re: Provincial 2019 - Nivel 2 - Problema 3 (Urbana)

Mensaje sin leer por Fran5 » Sab 31 Ago, 2019 5:53 pm

No es exactamente el mismo pero sí la situación y la idea

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Dice Presh Talguacker que dejen de robarle los problemas de Geometría
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MartuMotta

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Re: Provincial 2019 - Nivel 2 - Problema 3 (Urbana)

Mensaje sin leer por MartuMotta » Dom 01 Sep, 2019 12:38 am

Solución a la Urbana sin los datos de la Bonaerense, sin trigonometría y con muchas bisectrices
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Llamamos $O$ al punto de intersección de las diagonales. Por suma de ángulos interiores de un triángulo sacamos:
$A \hat D B=35°$
$A \hat C B=40°$
$A \hat O D=115°=B \hat O C$
$A \hat O B= 65°=C \hat O D$

Como $B \hat A C=A \hat C B$, el triángulo $ABC$ es isósceles con $AB=BC$. Trazamos la bisectriz de $A \hat B C$ que también es mediatriz de $AC$. Llamamos $N$ al punto de la bisectriz que corta con $AC$ y $M$ al punto que corta con $AD$.
$AN=CN$ y $A \hat B M= C \hat B M=50°$.
$B \hat N A=90°$, $A \hat M N=60°$
Trazamos $CM$. $AMN$ y $CMN$ son triángulos congruentes por LAL. $M \hat C N=30°$. $C \hat M N=60°$ y por adyacentes $C \hat M D=60°$. Si vemos el ángulo formado por la bisectriz de $A \hat B C$ y el segmento $DM$ que NO es $B \hat M D$, podemos saber por adyacentes que mide $60°$ también. Es fácil ver que $DM$ es la bisectriz del ángulo formado por la bisectriz de $A \hat B C$ y el segmento $CM$ que NO es $B \hat M C$.
El enunciado nos dice que $C \hat B D=25°$, como $C \hat B M=50°$, $BD$ es la bisectriz de $C \hat B M$

Prolongamos $BC$. Veamos en el triángulo $BCM$ que la bisectriz del ángulo $C \hat B M$ y la bisectriz del ángulo exterior de $B \hat M C$ se cortan en $D$. Por lo tanto, $D$ es el excentro del triángulo $BCM$ que está en la bisectriz del ángulo $C \hat B M$. Al ser el excentro, $DC$ es la bisectriz del ángulo exterior de $B \hat C M$, el cual mide $180°-40°-30°=110°$. Entonces $D \hat C M=55°$.
Llamamos $E$ al punto en el que se cortan $BD$ y $CM$.

Lo que queda es hacer un par de cuentas:
$D \hat E M=180°-M \hat D E-D \hat M E=180°-35°-60°=85°$
$C \hat E D=180°-D \hat E M=180°-85°=95°$
$C \hat D E=180°-D \hat C E-C \hat E D=180°-55°-95°=30°=B \hat D C$

Nota: El excentro es el punto de concurrencia de dos bisectrices exteriores, con la bisectriz del tercer ángulo del triángulo.
Metro19N2P3.PNG
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