18va Competencia de Clubes Cabri
Segunda Ronda

Nivel Mayor

 

Problema N°1:

Sea ABC un triángulo isósceles con AB = BC, y D un punto en AC tal que AC = 3 AD. Se traza por D la perpendicular a AC que intersecta al lado AB en E y a la prolongación de CB en F. Probar que DE = EF.

Solución  de  “Figura de dos lados”:

Sabemos que:

1)              Como AC = 3 AD entonces CD = 2 AD 

2)              Como ABC es isósceles, <FCD = <EAD

3)              Por construcción, <FDC = 90º = <EDA

 

Por los 2 últimos puntos, podemos decir que los triángulos FDC y EDA son semejantes, de donde:

 

CD/AD  =  FD/ED  =   FC/EA

 

 

Pero por 1) sabemos que CD/AD = 2, entonces    FD/ED = 2, FD =2 ED, de donde DE = EF.

 

 

 

Problema N°2:

Sea ABC un triángulo rectángulo en B y H en AC el pie de la altura que pasa por B. La bisectriz del ángulo HBC corta a AC en el punto J. La bisectriz del ángulo  BAC corta a BH en S y a BC en K. Probar que BSJK es un rombo.

Nota: Un rombo es un cuadrilátero que tiene los 4 lados iguales.

Solución de “Los Maestros de Einstein”:

1)      Como <HBC + <HCB = 90º = <CAB + <ACB entonces <HBC = <CAB.

2)      Los triángulos BAK y SAH son semejantes porque <BAK = <KAC (por la bisectriz) y ambos poseen un ángulo de 90º. Por lo tanto <ASH =<AKB.

3)      Como <ASH = <BSK, luego <BSK = <ASH = <AKB.

4)      El triángulo BSK es isósceles porque tiene 2 ángulos iguales, por lo tanto la bisectriz BJ determina ángulos rectos con SK.

5)      El triángulo BAJ también es isósceles ya que OA es la altura y coincide con la bisectriz de <BAJ entonces BO = OJ.

6)      Los triángulos BSK y JSK son simétricos respecto a la recta SK (pues BJ es perpendicular a SK y BO = OJ), luego BS = JS y BK = JK, pero BS = BK de donde BS = BK = JK = JS, es decir que BSJK es un rombo.

 

 

Nota: Otra forma de concluir que BS = BK = JK = JS es notando que  los triángulos BOS, BOK, JOK, JOS son todos triángulos rectángulos iguales (pues SO = OK y BO = OJ).

 

 

 

Problema N°3:

Sea C una circunferencia de centro O y P un punto en su interior distinto de O. Para cada punto A sobre C sea B la intersección de la mediatriz de PA y la tangente a C por A (es decir la perpendicular a OA por A). Hallar el lugar geométrico de B al moverse A por la circunferencia C.

Solución: Para la solución vamos a usar el siguiente lema que lo demostraremos al final.

Lema: Si tenemos O, P, Q alineados y un punto B, entonces BQ es perpendicular a OP si y sólo si BO^2 - BP^2 = QO^2 – QP^2.

Sea R el radio de la circunferencia Ç y Q en la recta OP tal que OQ^2 – PQ^2 = R^2. Vamos a probar que el lugar geométrico de los puntos B es la recta L perpendicular a OP por el punto Q.

 

 

Veamos primero que para cualquier A, el punto B debe estar en la recta L.

 

• Como B pertenece a la mediatriz de AP entonces AB = BP.
• Como <OAB = 90º entonces OB^2 - BP^2 = OB^2 - AB^2 = OA^2 = R^2.
• Luego, por el lema, BQ es perpendicular a OP. Es decir que B debe estar en L.

 

Falta verificar que todo punto en L es “el B de algún A”. Sea entonces B en la recta L y sea A en la circunferencia Ç tal que BA es tangente a Ç (notar que hay 2 posibles A).

 

• Como BQ es perpendicular a OP entonces OB^2 – BP^2 = OQ^2 – PQ^2 = R^2.
• Como <OAB = 90º entonces OB^2 – AB^2 = OA^2 = R^2.
• Por los 2 puntos anteriores, AB^2  = BP^2 de donde AB = BP y B está en la mediatriz de PA.

Es decir que B es la intersección de la mediatriz de PA y la tangente a Ç por A.

 

Hemos probado entonces que el lugar geométrico de los puntos B al moverse A es una recta L perpendicular a OP y que corta a la recta OP en Q tal que OQ^2 – PQ^2 = R^2.

Demostración del lema: Sea Q’ en la recta OP tal que BQ’ sea perpendicular a OP, queremos ver que Q = Q’ si y solo si  BO^2 - BP^2 = QO^2 – QP^2.

 

Como <OQ’B = <PQ’B = 90º, por el teorema de Pitágoras tenemos

 

(1)   BO^2 = Q’O^2 + Q’B^2

(2)   BP^2  = Q’P^2 + Q’B^2

 

Restando ambas ecuaciones podemos concluir que

 

(3)   BO^2 – BP^2 = Q’O^2 – Q’P^2

 

Luego, si BQ es perpendicular a OP entonces Q = Q’ y la igualdad anterior es la deseada. Veamos ahora la vuelta, si BO^2 – BP^2 = QO^2 – QP^2 entonces de (3):

 

QO^2 – QP^2 = Q’O^2 – Q’P^2

 

Si QO^2 = QP^2 entonces Q’O^2 = Q’P^2 de donde QO = QP y Q’O = Q’P es decir que  Q = Q’ = al punto medio de OP.

 

Si QO^2 > QP^2 (el otro caso es análogo) entonces Q’O^2 > Q’P^2, es decir que O no está entre Q y P ni entre Q’ y P, luego  QP  = |QO - PO| y Q’P = |Q’O- PO|, de donde:

 

QO^2 – (QO-PO)^2 = Q’O^2 – (Q’O – PO)^2

QO^2 – QO^2 +2 QO PO  – PO^2 = Q’O^2 – Q’O^2 +2 Q’O PO  – PO^2

2QO PO = 2Q’O PO

 

Es decir que QO = Q’O de donde Q = Q’.

 

Nota: De la misma forma se puede probar lo siguiente (lo mismo que el lema pero sin pedirle a O, P, Q que estén alineados).

 

Lema: Si tenemos un cuadrilátero ABCD entonces AC es perpendicular a BD si y solo si AD^2 – AB^2 = CD^2 – CB^2.