Soluciones Ronda Final
Nivel Menor:
Problema N°1:
Dado un cuadrilátero ABCD, sea P la intersección de AB con CD y Q la intersección de BC con DA. Marcamos además los puntos H_1 y H_2, que son los ortocentros de los triángulos PBC y QAB.
a) Si borramos P, Q, B, D y dejamos A, C, H_1 y H_2 mostrar un
procedimiento para reconstruir el cuadrilátero ABCD.
b) Si R es la intersección de AH_2 con CH_1 mostrar que RB es
perpendicular a AC.
Parte a, solución de "Los CJS":
Dibujamos una recta que pase por H_2 y A. Luego, dibujamos una recta perpendicular a ésta, que pase por C (que llamaremos n).
Dibujamos una recta que pase por C y H_1. Trazamos una recta que pase por A y que sea perpendicular a la recta que pasa por H_1 y C (que llamaremos q).
La intersección de las rectas n y q es el punto B.
Trazamos una recta que pase por B y H_1 (que llamaremos r). Ahora, una recta perpendicular a r que pase por C (que llamaremos s).
Trazamos una recta perpendicular a q que pase por H_2 (que llamaremos t). La intersección de las rectas t y n es el punto Q.
Unimos los puntos A y Q, y la intersección de esta recta con s es el punto B.
Parte b, solución de "Taller El Triángulo":
Se trazan, como indica el problema, las rectas AH2 y CH1 que se cortan en R.
Luego se traza la recta AC quedando determinado el triangulo ABC.
La recta AH2 (inicialmente altura del triangulo ABQ correspondiente al lado QB) es la altura del triangulo ABC correspondiente al lado CB (por ser AH2 perpendicular a CB).
La recta CH1 (inicialmente altura del triangulo PBC correspondiente al lado PB) es la altura del triangulo ABC correspondiente al lado AB (por ser CH1 perpendicular a AB).
Por consecuencia, R es la intersección de las alturas del triangulo ABC.
Al intersectar la recta BR al punto de intersección de las alturas (R), resulta ser la altura faltante del triangulo ABC, que corresponde al lado AC y, por consecuencia perpendicular al mismo.
Problema N°2:
Sea ABCDEF un hexágono con todos los ángulos iguales tal que:
AB + BC + CD = DE + EF + FA.
a) Probar que AB = DE, BC = EF y CD = FA.
b) Probar que AD, BE y CF se cortan en un punto.
Parte a, solución de "Los Discípulos de Maite":
Sea P la intersección de FA con CB, Q la intersección de BC con ED, R la intersección de CD con FE, y S la intersección de EF con BA.
Tenemos que ABC=BCD=CDE=DEF=EFA=FAB=720°/6=120°.
Por lo tanto SAF=SFA=PAB=PBA=QCD=QDC=RED=RDE=60°.
Por lo tanto los triángulos AFS, EDR, DCQ y ABP son equiláteros.
Por lo tanto AB+BC+CD=PB+BC+CQ, y DE+EF+FA=RE+FE+SF.
Por lo tanto PB+BC+CQ=RE+FE+SF.
Ahora, PCRF es un paralelogramo ya que PFR=PCR=120° y CPF=CRF=60°.
Por lo tanto PB+BC=ER+FE, y como PB+BC+CQ=RE+FE+SF, entonces SF=CQ, por lo tanto AF=CD. Análogamente, AB=DE y BC=FE.
Parte b, solución de "Binomius":
Es sabido que sin duda las diagonales se cortan dos a dos. Solo tenemos 3 diagonales, pero considerando lo anteriormente analizado, no es muy difícil probar el enunciado.
Llamemos R a la intersección de las diagonales EF y BE. CRB=ERF por ser opuestos por el vértice y debido a que EF//EB y EF=EB, resulta que los triángulos EFR y EBR son iguale. Entonces R equidista de E respecto a B y de F respecto a C. De la misma manera, procediendo de a 2 a 2 con las diagonales, obtenemos que R es la intersección de las 3 diagonales.
Problema N°3:
Dados dos pares de rectas paralelas y no perpendiculares, marcar un punto en cada una de ellas de forma que el cuadrilátero que resulta sea un cuadrado.
Solución de "Los Discípulos de Maite":
Sean A, B, C, D los puntos de intersección dos a dos de las rectas paralelas. Sea PQRS un cuadrado P Q R S con P en AB Q en BC R en CD y S en DA. Veremos que los triángulos ASP y QRC son congruentes:
Entonces AS=QC, y como BC=AD tenemos SD=BQ y cómo BC//AD tenemos que SDQB es un paralelogramo. El centro de dicho paralelogramo es el punto medio de BD, que es el centro de ABCD. Pero también es el punto medio de QS, que es el centro de PQRS. Por lo tanto si existe dicho cuadrado su centro es el centro de ABCD.
Sea O el centro de ABCD. Si rotamos P 90° con respecto a O obtenemos Q. Entonces Q pertenece a la rotación de AB 90° respecto a O (con el sentido de ABCD), dado que P pertenece a AB. Podemos construir esta recta A’B’ uniendo las rotaciones de A y B con respecto a O con un ángulo de 90°*. Marcamos Q en la intersección de BC con A’B’. Ahora obtenemos P rotando Q 90° en sentido inverso. Es claro que OP=OQ y POQ=90°.
Ahora marcamos R en la reflexión de P respecto a O y S en la reflexión de Q respecto a O.
Falta ver que R pertenece a CD y que S pertenece a AD. Pero esto es inmediato dado que A, B y P están alineados y que C, D y S son sus homotéticos con razón –1. De igual modo B, C y Q están alineados por lo que sus homotéticos con razón –1, o sea D, A y S también estarán alineados.
