18va Competencia de Clubes Cabri
Segunda Ronda

Nivel Menor

Problema N°1:

Sea ABC un triángulo isósceles con AB = BC. La bisectriz del ángulo BAC corta al segmento BC en P tal que BP = PA.  Hallar los ángulos del triángulo ABC.

Solución de “Taller el Triángulo”:

·        Como AP = PB, entonces <BAP = <ABP = a.

·        Como AP es la bisectriz del ángulo <BAC, entonces  <CAP = <BAP = a.

·        Como ABC es isósceles, entonces <BCA = <BAC = <BAP + <CAP = 2·a.

Ya colocados todos los valores de los ángulos del triángulo ABC en función de una misma incógnita, y sabiendo que la suma de los ángulos interiores de un triángulo es igual a 180º, podemos plantear:

180º = <ABC +  <BAC + <BCA = a + 2·a + 2·a = 5·a

De donde a = 36º, ahora se pueden averiguar los ángulos del triángulo ABC efectuando las siguientes operaciones:

Ángulo BAC = 36º.2 = 72º

Ángulo ACB = 36º. 2 = 72º

Ángulo ABC = 36º

 

Problema N°2:

a) Indicar los pasos para construir la siguiente figura de forma que todos los segmentos dibujados sean iguales.

(Es decir, de forma que AB=BC=CD=DE=EA=GB=GA=GE=FB=FC=FD). 

b) Demostrar que si a cada punto del plano lo pintamos de un color, y sólo disponemos de tres colores para elegir, entonces, sin importar la forma en que lo hagamos, siempre habrá dos puntos del mismo color que estén a distancia 1.

Solución de “Los discípulos de Maite”:

 

a)     Primero veamos cómo construir la figura y después veamos que se verifican las condiciones:

 

1.      Se marca un segmento FC.

2.      Se trazan las circunferencias con centros en F y C y radios FC que se cortan en B y D.

3.      Se trazan las circunferencias con centros en D y B y radios CD y BD respectivamente que se cortan en E y H.

4.      Se trazan las circunferencias con centros E y B y radios ED y BC respectivamente que se cortan en A y G.

 

Para ver que se verifican las condiciones notemos que

 

1.      Como B y D están en las circunferencias de centros F y C y radios FC entonces FB = FD = BC = DC = FC.

2.      Como E está en la circunferencia de centro D y radio CD luego ED = CD.

3.      Como A y G están en las circunferencias de centros E y B y radios ED y BC entonces AE = AB = GE = GB = FC (notar que ED = CD = BC).

4.      Como E está en la circunferencia de centro B y radio BD entonces BE = BD de donde los rombos BCDF y BGEA son iguales (pues tienen los cuatro lados y una diagonal iguales).

5.      Como los rombos BCDF y BGEA son iguales entonces AG = FC.

 

En conclusión FB = FD = BC = DC = FC = DE = AG = AE = AB = GE = GB  como queríamos.

 

b) Vamos a suponer que los colores son verde, azul y rojo.

   Tomamos la figura de la primera parte con BA = BG = BC = CD = DE = EA = GA = GE = FB = FC = FD = 1. Si se pudiese pintar a cada punto del plano con uno de los 3 colores sin que haya dos puntos del mismo color a distancia 1 entonces en particular no puede haber 2 puntos del mismo color conectados en la figura de la primera parte.

 

 

Sin perder generalidad podemos pensar que el punto B esta pintado de rojo y que el punto A de azul (AB = 1 de donde no pueden estar ambos del mismo color).  Como AG = 1 y BG = 1 (mirar figura del medio) entonces G no puede ser ni azul ni rojo entonces debe ser verde. Como AE = GE = 1 entonces E no puede ser ni azul ni verde entonces debe ser rojo. Como BF = 1 luego F puede ser azul o verde.

  Si F es azul (figura de la izquierda), como FC = BC = 1, luego C tiene que ser verde pero FD = CD = 1 entonces D tiene que ser rojo. Pero entonces E y D son ambos rojos con ED = 1 lo que es imposible.

  Si F es verde (figura de la derecha), como FC = BC = 1, luego C tiene que ser azul, pero FD = CD = 1 entonces D tiene que ser rojo, lo que vuelve a resultar imposible ya que ED = 1 con E y D son rojos.

   Hemos probado entonces que es imposible pintar los puntos de la figura propuesta de rojo, azul o verde de modo que no haya dos puntos del mismo color a distancia 1.

 

Nota: Es un problema famoso tratar de pintar a cada punto del plano usando la menor cantidad posible de colores de modo que no haya dos puntos a distancia 1 del mismo color. Se sabe que 3 colores no alcanzan y se puede probar que con 7 colores es posible, sin embargo nadie sabe si 7 es la menor cantidad de colores necesaria.

 

Problema N°3:

Sea ABCDE un pentágono convexo en el cual ACE es un triángulo equilátero,
AB=BC=DE con <ABC=150º y <CED=45º. Si se sabe que AE=1, entonces:

a) Calcular BD
b) Probar que CD es paralelo a BE
c) Calcular el área de ABE

Solución de “Binomius”:

a) Como AB = BC y <ABC = 150º entonces <BAC = <BCA =  15º. Ahora, en el cuadrilátero ABDE, como <AED + <EAB = (60º + 45º) + (60º + 15º) = 180º  entonces AB // DE, pero AB = DE, de donde ABDE es un paralelogramo, con AB = DE y BD = AE = 1. Es decir que BD = AE = 1.

 

 

b) Notemos que como ABCE es un romboide (AB = BC y AE = EC) entonces BE es la bisectriz de <AEC de donde <BEC = 60º /2= 30º. Luego por lo anterior <BED = 30º + 45º = 75º.  Pero BE también es bisectriz de <CBA entonces  <EBC = 150º /2 = 75º = <BED. Como BC = ED, luego el cuadrilátero BCDE es un trapecio isósceles con CD // BE.

 

c) Como la recta BE es mediatriz de AC, el problema se reduce a obtener la suma de la mitad del área del triángulo AEC y la mitad del área del triángulo ABC, que en definitiva será la mitad del área del romboide ABCE.

    Como <CBE = 75º = <BCE entonces BEC es isósceles con BE = CE = 1. Ahora,  Área (ABCE) = ½ · BE · AC = ½ · 1 · 1 = ½. Luego Área (ABCE) = ½  y Área (ABE) = ¼.