ONEM 2018 - Nacional - Nivel 3 - P3

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Nando

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ONEM 2018 - Nacional - Nivel 3 - P3

Mensaje sin leer por Nando » Lun 21 Oct, 2019 12:21 am

Sea $ABC$ un triángulo acutángulo tal que $BA = BC$. En los lados $BA$ y $BC$ se escogen los puntos $D$ y $E$, respectivamente, tales que $DE$ y $AC$ son paralelos. Sea $H$ el ortocentro del triángulo $DBE$ y $M$ el punto medio de $AE$. Si $\angle HMC = 90°$, determine la medida del ángulo $\angle ABC$.

Aclaración: El ortocentro de un triángulo es el punto de intersección de sus alturas.

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NPCPepe

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Re: ONEM 2018 - Nacional - Nivel 3 - P3

Mensaje sin leer por NPCPepe » Mié 22 Jul, 2020 4:39 am

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Si $D$ y $E$ están en el mismo lugar que $B$, $H$ está en el mismo lugar que $B$, y $AE$ está en el mismo lugar que $AB$, $M$ sería el punto medio de $AB$, la única forma de que $HMC=90º$ sería que la mediana $CM$ esté en el mismo lugar que la altura $CM$ por lo que el triángulo $ABC$ debe ser isósceles con lados iguales $AC$ y $BC$ pero $BA=BC$ asi que $ABC$ debe ser equilátero.

Para demostrar que con $ABC=60º$, $HMC=90º$:
Si $F$ es el punto medio de $AB$ y $G$ es el punto medio de $AC$, $M$ está en el segmento $FG$ ya que $M$ es el punto medio de $AE$
$P$ es la intersección entre $BG$ y $DE$.
Supongamos que $BG=1$ (no afecta al problema), $MG=\frac{1}{2}*EC=\frac{GP}{2cos(30º)}=\frac{GP}{\sqrt{3}}$
$GC=1*tan(30)=\frac{1}{\sqrt{3}}$
Como $H$ es el ortocentro del triángulo $BDE$ y como $BDE$ es un triángulo equilátero, $H$ es el baricentro de $BDE$.

Por proporción de las medianas, $HP=\frac{BP}{3}$, $GH=GP+HP=GP+\frac{BP}{3}$
$GH=GP+\frac{BP}{3}$
$GH=GP+\frac{1}{3}*(BG-GP)$
$GH=GP+\frac{1}{3}*(1-GP)$
$GH=\frac{2}{3}*GP+\frac{1}{3}$

por pitágoras $CH=\sqrt{GC^2+GH^2}=\sqrt{\frac{1}{3}+GH^2}=\sqrt{\frac{1}{3}+\frac{4}{9}GP^2+\frac{4}{9}GP+\frac{1}{9}}=\sqrt{\frac{4}{9}GP^2+\frac{4}{9}GP+\frac{4}{9}}$

$BGF=BGA-FGA=90º-60º=30º$, I es la intersección de la paralela a $BG$ por $M$, con $AC$, $MIG=90º$, $IMG=BGF=30º$
$IG=sin(30º)*MG=\frac{1}{2}MG=\frac{GP}{2\sqrt{3}}$
$IM=cos(30)*MG=\frac{\sqrt{3}}{2}\frac{GP}{\sqrt{3}}=\frac{GP}{2}$
$IC=IG+GC=\frac{GP}{2\sqrt{3}}+\frac{1}{\sqrt{3}}$
por pitágoras: $CM=\sqrt{IC^2+IM^2}=\sqrt{(\frac{GP}{2\sqrt{3}}+\frac{1}{\sqrt{3}})^2+\frac{GP^2}{4}}=\frac{1}{3}GP^2+\frac{1}{3}GP+\frac{1}{3}$

$J$ es la intersección de $GB$ con la paralela a $AC$ por $M$, $MJ=IG$ ya que $MJIG$ es un rectángulo, $HJ=GH-JG=\frac{2}{3}*GP+\frac{1}{3}-\frac{1}{2}*GP=\frac{1}{6}*GP+\frac{1}{3}$

$HM=\sqrt{MJ^2+HJ^2}=\sqrt{(\frac{GP}{2\sqrt{3}})^2+(\frac{1}{6}*GP+\frac{1}{3})^2}=\sqrt{\frac{1}{9}GP^2+\frac{1}{9}GP+\frac{1}{9}}$

Como $HM^2+CM^2=CH^2$, $HMC=90º$
geogebra-export (14).png
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$3=569936821221962380720^3+(-569936821113563493509)^3+(-472715493453327032)^3$: esta es la tercer menor solucion descubierta para la ecuación $a^3+b^3+c^3=3$ , las otras dos son $1^3+1^3+1^3=3$ y $4^3+4^3+(-5)^3=3$

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