Décimo-Novena Competencia de Clubes Cabri
Soluciones de la Primera Ronda

Nivel Mayor

Problema N°1:

Sea ABC un triángulo con el lado AB menor que el lado AC. Se marca D en el lado AC, de modo que AD = AB. Sabiendo que ABC - ACB = 48º, calcular la medida del ángulo DBC.

Solución de "Los Paranáticos":

Llamamos DBC=y , ADB=x.
El triangulo ABD es isósceles, por lo tanto ABD=ADB=x. En el triangulo BCD observamos que el ángulo BDC es suplementario de x, y por lo tanto ACB+DBC=x.
ABC=x+y, entonces reemplazamos x por y+ACB, y así obtenemos ABC=2y+ACB.
Entonces tenemos que ABC-ACB=2y. Por consiguiente 2y=48º.
El ángulo DBC vale 24º.

Problema N°2:

Sea ABC un triángulo rectángulo en A. Se marcan D, E y F en el lado BC de modo que AD es perpendicular a BC, AE es la bisectriz de BAC y F es el punto medio de BC. Demostrar que AE es bisectriz de DAF.

Solución de "En busca del nombre perdido":

Si AB = AC: D, E y F son el mismo punto, por lo que obviamente el enunciado se cumple.
Si AB y AC son distintos sin pérdida de generalidad podemos suponer que AB>AC.
Como AE es bisectriz de BAC , BAE=EAC. Queremos demostrar que FAE=EAD,
esto equivale a que (BAE - FAE) = (EAC - EAD) , es decir, que BAF=DAC.
Como AF es la mediana correspondiente a la hipotenusa, el triángulo AFB es isósceles, luego BAF = ABF = ABC.
Los triángulos ABC y ADC son semejantes pues tienen BAC = ADC = 90º y BCA = DCA ; por lo tanto ABC = DAC como queríamos.

Nota: Si ABC es recto en A y F es el punto medio de la hipotenusa, es un lema bastante conocido que AF=BF=CF (o dicho de otra forma, AFB y AFC son isósceles). Para demostrarlo, alcanza con ver por Thales que F está en la mediatriz de AB (y análogamente, F está en la mediatriz de AC).

Problema N°3:

Sea ABCD un paralelogramo y E un punto en el lado BC. Se trazan la recta AE, que corta a la prolongación del lado DC en F, y la diagonal BD, que corta al segmento AE en G. Sabiendo que AG = 6 y GE = 4, hallar la medida del segmento EF.

Solución de "Los Amigos del Teorema de Ceva":

En el dibujo de la figura delimitada por el problema podemos observar que, al ser ABCD un paralelogramo, el lado AB es paralelo al segmento DF, por lo que los ángulos AFD y BAF (marcados en verde) son iguales. De la misma forma, como el lado BC es paralelo al lado AD los ángulos ADB y CBD (marcados en rojo) son iguales. Como los ángulos AGB y DGF son opuestos por el vértice son iguales y, al ser iguales los ángulos BAF y AFD, los triángulos ABG y DGF son semejantes. Con un proceso análogo, como AGD y BGE son opuestos por el vértice y los ángulos ADB y CBD son iguales, los triángulos ADG y BEG son semejantes. Ahora, por las semejanzas podemos plantear:

6 / DG = 4 / BG

6 . BG = 4 . DG

BG = (2/3) . DG      (a)

Y también:

6 / BG = (4 + EF) / DG

6 . DG = BG . (4 + EF)      (b)

Reemplazando a en b:

6 . DG = (2/3) . DG . (4 + EF)

(6 • DG) / [(2/3) . DG] = 4 + EF

9 = 4 + EF

9 – 4 = EF

EF= 5