{"id":3203,"date":"2024-03-03T16:49:15","date_gmt":"2024-03-03T16:49:15","guid":{"rendered":"https:\/\/blogs.ua.es\/dimates\/?p=3203"},"modified":"2024-03-03T16:50:22","modified_gmt":"2024-03-03T16:50:22","slug":"solucion-a-cometa-sobre-trapecio","status":"publish","type":"post","link":"https:\/\/blogs.ua.es\/dimates\/2024\/03\/03\/solucion-a-cometa-sobre-trapecio\/","title":{"rendered":"Soluci\u00f3n a &#8220;Cometa sobre trapecio&#8221;"},"content":{"rendered":"<pre>Problema 4 de la Fase Local de la Olimpiada Espa\u00f1ola de Matem\u00e1ticas 2024 (viernes)\r\nSe dirige a una edad de: 16-17 a\u00f1os<\/pre>\n<p>Sea ABCD un trapecio de bases AB y CD tal que AD = DC = CB = 5 y AB = 10.<\/p>\n<p>Sea O el punto de intersecci\u00f3n de las diagonales AC y BD.<\/p>\n<p>La recta perpendicular a AC trazada por O corta a la prolongaci\u00f3n del lado AD en E, y a la base AB en F.<\/p>\n<p>Calcular el \u00e1rea del cuadril\u00e1tero AECF.<\/p>\n<p><img loading=\"lazy\" decoding=\"async\" class=\"alignnone size-full wp-image-3201\" src=\"https:\/\/blogs.ua.es\/dimates\/files\/2024\/02\/338.cometa.png\" alt=\"\" width=\"300\" height=\"300\" \/><br \/>\nSoluci\u00f3n:<br \/>\n<!--more--><br \/>\n<img loading=\"lazy\" decoding=\"async\" src=\"https:\/\/blogs.ua.es\/dimates\/files\/2024\/03\/338.cometas1.png\" alt=\"\" width=\"300\" height=\"300\" class=\"alignnone size-full wp-image-3205\" \/><br \/>\nConstruir la figura no es complicado, ya que si acercamos B y C 5 unidades a A y a D, respectivamente, veremos que se forma un tri\u00e1ngulo equil\u00e1tero.<\/p>\n<p>Eso significa que el \u00e1ngulo que se forma en DAB es de 60\u00ba.<\/p>\n<p>Pero tambi\u00e9n podemos entender que forma parte de un tri\u00e1ngulo equil\u00e1tero de lado 10.<br \/>\n<img loading=\"lazy\" decoding=\"async\" src=\"https:\/\/blogs.ua.es\/dimates\/files\/2024\/03\/338.cometas2.png\" alt=\"\" width=\"300\" height=\"300\" class=\"alignnone size-full wp-image-3206\" \/><br \/>\nEn ese sentido, la diagonal AC forma un \u00e1ngulo de 90\u00ba con BC, y de 30\u00ba con AB. Eso nos va a ser de mucha utilidad.<\/p>\n<p>Al ser la altura del tri\u00e1ngulo, la distancia AC, que va a jugar un papel fundamental, se puede calcular usando el teorema de pit\u00e1goras, ya que AC\u00b2 + 25 = 100. por lo que AC = ra\u00edz(75) = 5\u00b7ra\u00edz(3).<\/p>\n<p>Adem\u00e1s, cuando construimos el punto O se forma un tri\u00e1ngulo is\u00f3sceles, con lo que resulta f\u00e1cil calcular la distancia entre O y A, que nos va a ser \u00fatil. Por ejemplo, por semejanza.<br \/>\n<img loading=\"lazy\" decoding=\"async\" src=\"https:\/\/blogs.ua.es\/dimates\/files\/2024\/03\/338.cometas3.png\" alt=\"\" width=\"300\" height=\"300\" class=\"alignnone size-full wp-image-3207\" \/><br \/>\nEl factor de escala entre ABC y AOM, donde M es el punto medio de AB, ser\u00eda AC\/AM = ra\u00edz(3), por lo que AO = 10\/ra\u00edz(3) = 10\u00b7ra\u00edz(3)\/3.<\/p>\n<p>Ahora, claramente podemos ver que la construcci\u00f3n del cuadril\u00e1tero AECF se puede interpretar como dos tri\u00e1ngulos id\u00e9nticos de base AC y altura OE = OF, y esa altura la podemos calcular de nuevo por semejanza.<\/p>\n<p>Puesto que ABC es semejante a AEO, y sabemos que AC\/AO = 3\/2, tenemos que OE = 5\/(3\/2) = 10\/3 (y OF vale lo mismo, por simetr\u00eda).<\/p>\n<p>Por lo tanto, el \u00e1rea del cuadril\u00e1tero es la suma de la de los dos tri\u00e1ngulos, es decir, 2\u00b7(AC\u00b7OE\/2) = AC\u00b7OE = 5\u00b7ra\u00edz(3)\u00b710\/3 = 50\u00b7ra\u00edz(3)\/3.<\/p>\n<p>Tambi\u00e9n se puede abordar por coordenadas. Veamos c\u00f3mo hacerlo, por construcci\u00f3n directa y paciencia. Juegan mucho papel los vectores de componentes ra\u00edz(3), ya que salen tri\u00e1ngulos equil\u00e1teros.<\/p>\n<p>Pondremos el eje sobre AB. A = (0, 0), B = (10, 0). Suponiendo que D = (x, y), sabemos que C = (x + 5, y). Adem\u00e1s, debe cumplirse que x\u00b2 + y\u00b2 = 25 y tambi\u00e9n (x \u2013 5)\u00b2 + y\u00b2 = 25, por lo que (x \u2013 5)\u00b2 = x\u00b2, por lo que -10x + 25 = 0, por lo que x = 5\/2. Eso significa que y\u00b2 = 25 \u2013 25\/4 = 75\/4, por lo que al ser positivo, y = 5\u00b7ra\u00edz(3)\/2.<\/p>\n<p>Tenemos ya D = (5\/2,  5\u00b7ra\u00edz(3)\/2), C = (15\/2,  5\u00b7ra\u00edz(3)\/2).<\/p>\n<p>Ahora tenemos la ecuaci\u00f3n de la recta que pasa por A y por C,  ra\u00edz(3)x \u2013 3y = 0, y tampoco es dif\u00edcil sacar la ecuaci\u00f3n de la recta BD, ra\u00edz(3)x + 3y = 10\u00b7ra\u00edz(3).<\/p>\n<p>Si tratamos de cortar las dos, obtenemos que x = 5 (cosa que se aprecia por simetr\u00eda), y que y = 5\u00b7ra\u00edz(3)\/3. Por lo que O = (5,  5\u00b7ra\u00edz(3)\/3).<\/p>\n<p>Para otros c\u00e1lculos, necesitamos la recta AD, ra\u00edz(3)x \u2013 y = 0, y AB, y = 0.<\/p>\n<p>La perpendicular a AC que pasa por O ser\u00eda 3x + ra\u00edz(3)y = 20, si la cortamos con el lado AB es F= (20\/3, 0), y cortada con el lado AD, que es algo m\u00e1s complicado, ya que hay que hacer reducci\u00f3n multiplicando por ra\u00edz(3), da E = (10\/3, 10\u00b7ra\u00edz(3)\/3).<\/p>\n<p>Es f\u00e1cil ver que O es el punto medio del segmento EF, y como OE es perpendicular a AC, de nuevo dividimos el cuadril\u00e1tero en dos tri\u00e1ngulos y calculamos 2\u00b7AC\u00b7OE\/2 = 5\u00b7ra\u00edz(3)\u00b710\/3 = 50\u00b7ra\u00edz(3)\/3.<\/p>\n","protected":false},"excerpt":{"rendered":"<p>Problema 4 de la Fase Local de la Olimpiada Espa\u00f1ola de Matem\u00e1ticas 2024 (viernes) Se dirige a una edad de: 16-17 a\u00f1os Sea ABCD un trapecio de bases AB y CD tal que AD = DC = CB = 5 y AB = 10. 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