Soluciones

Seminario de problemas ESO. Curso 2013-14. Hoja 6
44. En el cuadrado ABCD (figura 1), E es el punto medio de AD, y los segmentos BD y CE
se cortan en F . Prueba que los segmentos AF y BE son perpendiculares.
Solución.
Sea G el punto de intersección de AF y BE. Como el 4EAB es rectángulo en A, queremos
probar que AG es la altura de este triángulo correspondiente a la hipotenusa, y para ello
basta ver que ∠EAG = ∠ABG.
congr.
congr.
Por simetrı́a, 4ABE = 4DCE y 4ADF = 4CDF . Luego
∠EAG = ∠DCF = ∠ABG.
45. En la figura 2, P es un punto interior al 4ABC, P P1 ⊥ AB, P P2 ⊥ BC, P P3 ⊥ AC;
además, BP1 = BP2 y CP2 = CP3 . Prueba que AP1 = AP3 .
Solución.
1
En el cuadrilátero AP1 BP , como las diagonales son perpendiculares, se tiene
AP12 + BP 2 = AF 2 + P1 F 2 + BF 2 + P F 2 = AP 2 + BP12 .
Si consideramos también los cuadriláteros AP3 CP y P CP2 B se sigue similarmente que
AP 2 + CP32 = AP32 + P C 2
y BP22 + P C 2 = P B 2 + CP22 .
Sumando las tres igualdades resulta AP12 = AP32 . Luego AP1 = AP3 .
46. En el cuadrado ABCD (figura 3), M es el punto medio de AD y N el punto medio de
M D. Prueba que ∠N BC = 2 · ∠ABM .
Solución.
Sea a la longitud del lado del cuadrado y E el punto medio del lado CD. Las rectas AD
y BE se cortan en el punto F . Por simetrı́a respecto del punto E, DF = BC = a. Los
triángulos ABM y CBE son congruentes, ası́ que ∠ABM = ∠CBE.
Basta probar entonces que ∠N BE = ∠EBC, y para esto es suficiente a su vez probar que
∠N BF = ∠N F B, ya que ∠DF E = ∠EBC (ángulos alternos internos entre paralelas).
2
Por la construcción tenemos AN = 34 a; entonces,
r 5
3 2
NB =
a + a2 = a.
4
4
Por otro lado,
5
1
N F = a + a = a,
4
4
luego N F = N B y el triángulo N BF es isósceles.
47. El 4ABC (figura 4) es equilátero de lado 1. El 4BDC es isósceles con BD = DC y
∠BDC = 120◦ . Si M y N son dos puntos cualesquiera en los lados AB y AC respectivamente, tales que ∠M DN = 60◦ , calcula el perı́metro del 4AM N .
Solución.
Tenemos que ∠DBC = ∠DCB = 30◦ , luego DC ⊥ AC y DB ⊥ AB.
Prolongando el lado AB hasta el punto P tal que BP = N C, observamos en primer
congr.
lugar la congruencia entre los triángulos rectángulos 4DCN = 4DBP (ya que tienen
iguales los dos catetos).
Ahora, como ∠P DM = 60◦ = ∠M DN , también son congruentes los triángulos P DM y
M DN , ası́ que
M N = P M = P B + BM = N C + BM.
Por lo tanto, el perı́metro del 4AM N es 2.
48. En un cierto cuadrilátero convexo ABCD (figura 5), O es un punto interior tal que
∠AOB = ∠COD = 120◦ , AO = OB y CO = OD. Si K, L y M son los puntos medios
de los lados AB, BC y CD respectivamente, prueba que el 4KLM es equilátero.
3
Solución.
Basta probar que KL = M L y que ∠KLM = 60◦ . Sean N y P , respectivamente, los
puntos medios de OB y OC. Trazamos los segmentos N K, N L, P L y P M .
Se tiene
1
1
1
KN = OA = OB = P L y N L = OC =
2
2
2
por consiguiente N K k OA, N L k OC, P L k OB, P M k OD
1
OD = P M,
2
y
∠KN L = ∠AOC = 120◦ + ∠BOC = ∠BOD = ∠LP M.
Luego los triángulos KN L y LP M son congruentes. Entonces, KL = LM .
Y por otra parte,
∠KLM = ∠KLN + ∠N LP + ∠P LM
= ∠P M L + ∠LP C + ∠P LM
= 180◦ − ∠CP M
= 180◦ − 120◦ = 60◦ .
49. En la figura 6, P QR y P 0 Q0 R0 son dos triángulos equiláteros intersecantes de igual lado.
Se denotan las longitudes de los lados del hexágono ABCDEF como en la figura. Prueba
que a21 + a22 + a23 = b21 + b22 + b23 .
4
Solución.
Cada par de triángulos adyacentes de los que quedan fuera del hexágono de solapamiento
central son semejantes. Veámoslo por ejemplo para los triángulos Q0 AB y P AF : ∠P =
∠Q0 = 60◦ y ∠P AF = ∠Q0 AB.
Para abreviar lo que sigue, denotamos con [XY Z] el área del 4XY Z. Sean
S1 = [Q0 AB]; S2 = [QBC]; S3 = [R0 CD]; S4 = [RDE]; S5 = [P 0 F E]; S6 = [P AF ].
Entonces, S1 + S3 + S5 = S2 + S4 + S6 = A, pongamos. Se tiene
b21
S2 b22
S4 b23
S6
=
=
,
, 2 = ,
2
2
a1
S1 a1
S1 a1
S1
luego, sumando,
A
b21 + b22 + b23
= , =⇒ a21 · A = (b21 + b22 + b23 )S1 .
2
a1
S1
Análogamente se obtiene que a22 · A = (b21 + b22 + b23 )S3 y a23 · A = (b21 + b22 + b23 )S5 . Sumando
las tres igualdades resulta
(a21 +a22 +a23 )A = (b21 +b22 +b23 )(S1 +S3 +S5 ) = (b21 +b22 +b23 )A =⇒ a21 +a22 +a23 = b21 +b22 +b23 .
50. Como se muestra en la figura 7, el 4ABC queda dividido en seis triángulos pequeños
al trazar las rectas que unen los vértices con un punto interior. Se indican las áreas de
cuatro de esos triángulos. Encuentra el área del 4ABC.
Solución.
5
Ponemos letras como en la figura. Se tiene:
[AP B]
AP
[AP C]
84 + y
x + 35
=
=
=⇒
=
,
[P F B]
PF
[P F C]
40
30
[BP A]
BP
[BP C]
84 + y
70
=
=
=⇒
=
= 2.
[P DA]
PD
[P DC]
x
35
Dividiendo,
x + 35
x
=
=⇒ 3x = 2x + 70, =⇒ x = 70;
40
60
Luego [ABC] = 84 + 56 + 40 + 30 + 35 + 70 = 315.
6
entonces, y = 140 − 84 = 56.