Soluciones de la lista Tres problemas de Geo

Esperamos que les hayan gustado los problemas…

7 de diciembre de 2020.

Geometría

Problema 1

Al interior de cada lado del triángulo \(ABC\) se trazan dos puntos que dividen al lado en tres segmentos de igual longitud. Sean \(P\) y \(Q\) los puntos marcados sobre el segmento \(BC\). A partir de los 6 puntos marcados, se divide el triángulo en 15 regiones como se muestra en la figura, donde a excepción de la región central (delimitada por los dos segmentos paralelos a \(BC\), \(PA\) y \(QA\)), las regiones se pintan de naranja o negro, de manera que no haya dos regiones que compartan un lado del mismo color. Sea \(A_1\) el área total de las regiones coloreadas de naranja y \(A_2\) el área total de las regiones coloreadas de negro.

Encuentre \(\frac{A_1}{A_2}\).

Solución

En la siguiente figura, los pares puntos marcados en \(AB\) y \(AC\) son \(P_1\) y \(P_3\), y \(Q_1\) y \(Q_3\),respectivamente, de manera que \(\frac{AP_1}{P_1B}=\frac{AQ_1}{Q_1C}=\frac{1}{2}\). \(P_2\) y \(Q_2\) son las intersecciones de \(AP\) y \(AQ\) con \(P_1Q_1\); \(P_4\) y \(Q_4\) son las intersecciones de \(PP_1\) y \(QQ_1\) con \(P_3Q_3\); \(P_5\) y \(Q_5\) son las intersecciones de \(AP\) y \(AQ\) con \(P_3Q_3\), respectivamente.

Sea \(k\) la recta paralela a \(BC\) por \(A\).

Como \(\frac{AP_1}{P_1B}=\frac{AQ_1}{Q_1C}\), y \(\frac{AP_3}{P_3B}=\frac{AQ_3}{Q_3C}\), por el Teorema de Tales, la recta \(\ell\) que pasa por \(P_1\) y \(Q_1\), y la recta \(m\) que pasa por \(P_3\) y \(Q_3\), son paralelas a la recta \(n\) que pasa por \(B\) y \(C\). Ahora, trazamos la altura del triángulo \(ABC\) que pasa por \(A\), la cual intersecta a \(\ell\), \(m\) y \(n\) en \(X\), \(Y\) y \(Z\), respectivamente. Si \(Z\ne B\), por el Teorema de Tales, se tiene que \(\frac{AP_1}{P_1P_3}=\frac{AX}{XY}=1\) y \(\frac{P_1P_3}{P_3B}=\frac{XY}{YZ}=1\). Si \(Z=B\), \(P_1=X\) y \(P_3=Y\). En ambos casos, resulta que la distancia entre \(k\) y \(\ell\), entre \(\ell\) y \(m\), y entre \(m\) y \(n\), es la misma.

Para finalizar, utilizaremos una propiedad que cumplen las rectas paralelas:

Dadas dos rectas paralelas, la distancia entre cualquier punto en una de aquella rectas a la otra recta es constante.

Así, podemos el problema se resuelve de la siguiente manera:

Sea \(h\) la longitud de \(AX\).

Dado que \(P_1Q_1\parallel P_3Q_3\parallel BC\), \(\triangle AP_2Q_2\sim\triangle AP_5Q_5\sim\) \(\triangle APQ\), resulta que \(P_2Q_2=\frac{PQ}{3}\) y \(P_5Q_5=\frac{2PQ}{3}\). Entonces:

\[\begin{align*} (AP_2Q_2)+(QP_5Q_5)&=\frac{h(P_2Q_2)}{2}+\frac{h(P_5Q_5)}{2}\\[0.5cm] &=\left(P_2Q_2+P_5Q_5\right)\left(\frac{h}{2}\right)\\[0.5cm] &=PQ\left(\frac{h}{2}\right)\\[0.5cm] &=(Q_3QC) \end{align*}\]

Como puede observarse, el valor de la suma de áreas de dos regiones coloreadas de negro: \((AP_2Q_2)+(QP_5Q_5)\), es igual al área de una región naranja: \((Q_3QC)\). Sucede que, con el resto de regiones que integran la totalidad de la superficie coloreada del triángulo, se pueden crar pares de regiones naranjas y negras con la misma área, como se muestra a continuación:

\[\begin{align*} (AP_1P_2)&=\frac{h(P_1P_2)}{2}&(AQ_1Q_2)&=\frac{h(Q_1Q_2)}{2}\\[0.5cm] &=(P_5P_1P_2)&&=(Q_5Q_1Q_2)\\[1cm] (PP_4P_5)&=\frac{h(P_4P_5)}{2}&(QQ_4Q_5)&=\frac{h(Q_4Q_5)}{2}\\[0.5cm] &=(P_1P_4P_5)&&=(Q_1Q_4Q_5)\\[1cm] \end{align*}\]

\[\begin{align*} (P_1P_3P_4)&=\frac{h(P_3P_4)}{2}&(Q_1Q_3Q_4)&=\frac{h(Q_3Q_4)}{2}\\[0.5cm] &=(PP_3P_4)&&=(QQ_3Q_4)\\[1cm] (P_3BP)&=\frac{h(BP)}{2}&&\\[0.5cm] &=\frac{h(PQ)}{2}&&\\[0.5cm] &=(P_5PQ)&& \end{align*}\]

Esto indica que \(A_1=A_2\), es decir \(\frac{A_1}{A_2}=1\)

Problema 2

Sea \(A_0B_0C_0\) un triángulo equilátero de lado 1. Para cada entero \(k\ge0\), se definen \(A_{k+1}\), \(B_{k+1}\) y \(C_{k+1}\), que son puntos sobre \(A_kB_k\), \(B_kC_k\) y \(C_kA_k\), respectivamente, tales que:

\[\frac{A_kA_{k+1}}{A_{k+1}B_k}=\frac{B_kB_{k+1}}{B_{k+1}C_k}=\frac{C_kC_{k+1}}{C_{k+1}A_k}\]

\[\frac{A_kA_{k+1}}{A_{k+1}B_k}= \begin{cases} \frac{1}{2}\\[0.5cm] 2 \end{cases}\]

Encuentre, en todos los casos:

el área de \(A_nB_nC_n\) para todo entero no negativo \(n\).
todos los enteros no negativos \(n\) para los cuales \(A_nB_nC_n\) tiene lados paralelos a los lados de \(A_0B_0C_0\).

Nota: El valor de \(\frac{A_iA_{i+1}}{A_{i+1}B_i}\), que puede ser \(\frac{1}{2}\) o \(2\), no es necesariamente igual al valor de \(\frac{A_jA_{j+1}}{A_{j+1}B_j}\) para enteros no negativos distintos \(i,j\) .

Es necesario ver algunas propiedades en la construcción para solucionar el problema de manera sencilla, para todo entero no negativo \(k\).

1. En los tres pares de segmentos \(A_kA_{k+1}\) y \(AC_{k+1}\); \(B_kB_{k+1}\) y \(BA_{k+1}\); \(C_kC_{k+1}\) y \(CB_{k+1}\), se cumple que el mayor dobla la longitud del menor, y el ángulo que forman es de \(60^\circ\), en ambos casos.
Además, \(A_kA_{k+1}\)\(=A_kA_{k+1}\)\(=A_kA_{k+1}\) y \(AC_{k+1}\)\(=CB_{k+1}\)\(=BA_{k+1}\).

Al profundizar en esta propiedad, surgen las siguientes propiedades:

2. El triángulo \(A_{k+1}B_{k+1}C_{k+1}\) es equilátero (y por tanto es semejante al triángulo \(A_kB_kC_k\)), dado que \(A_kA_{k+1}C_{k+1}\), \(B_kB_{k+1}A_{k+1}\) y \(C_kC_{k+1}B_{k+1}\) son congruentes por criterio \(LAL\).
3. Cada lado del triángulo \(A_{k+1}B_{k+1}C_{k+1}\) es perpendicular a exactamente un lado del triángulo \(A_kB_kC_k\), dado que \(A_kA_{k+1}C_{k+1}\), \(B_kB_{k+1}A_{k+1}\) y \(C_kC_{k+1}B_{k+1}\) son triángulos rectángulos.

4. Ningún lado del triángulo \(A_{k+1}B_{k+1}C_{k+1}\) es paralelo a un lado del triángulo \(A_kB_kC_k\), debido a que cada lado de \(A_{k+1}B_{k+1}C_{k+1}\), al ser perpendicular a exactamente un lado de \(A_kB_kC_k\), es paralelo a una de las alturas de \(A_kB_kC_k\), las cuales claramente intersectan a los tres lados del triángulo.

Las propiedades 2 y 3 nos permiten aplicar el Teorema de Pitágoras en el triángulo \(A_kA_{k+1}C_{k+1}\), obteniendo que

\[\begin{align*} A_{k+1}B_{k+1}^2&=\frac{4\cdot A_kB_k^2}{9}\\[0.5cm] \implies \frac{A_{k+1}B_{k+1}^2}{A_kB_k^2}&=\frac{4}{9}\\[0.5cm] \end{align*}\]

Finalmente, como el cuadrado de la razón de semejanza es la razón entre las áreas de dos triángulos semejantes, y \(A_{k+1}B_{k+1}C_{k+1}\sim A_kB_kC_k\), se tiene que

\[\frac{\left(A_{k+1}B_{k+1}C_{k+1}\right)}{\left(A_kB_kC_k\right)}=\frac{4}{9}\\[0.5cm]\]

Donde los paréntesis simbolizan el área del polígono representado en su interior.

La primera parte del problema se resuelve fácilmente notando que

\[\begin{align*} \left(A_0B_0C_0\right)&=\frac{A_0B_0^2\sqrt{3}}{4}\\[0.5cm] &=\frac{\sqrt{3}}{4}\\[0.5cm] &=\frac{\sqrt{3}}{4}\left(\frac{4}{9}\right)^0 \end{align*}\]

Y, para todo \(n\ge 1\)

\[\begin{align*} \left(A_nB_nC_n\right)&=(A_0B_0C_0)\displaystyle\prod_{i=0}^{n-1}\frac{\left(A_{n-i}B_{n-i}C_{n-i}\right)}{\left(A_{n-i-1}B_{n-i-1}C_{n-i-1}\right)}\\[0.5cm] &=(A_0B_0C_0)\underbrace{\frac{\left(A_{n}B_{n}C_{n}\right)}{\left(A_{n-1}B_{n-1}C_{n-1}\right)} \frac{\left(A_{n-1}B_{n-1}C_{n-1}\right)}{\left(A_{n-2}B_{n-2}C_{n-2}\right)} \cdots \frac{\left(A_{1}B_{1}C_{1}\right)}{\left(A_{0}B_{0}C_{0}\right)}}_{n\text{ factores}} \\[0.5cm] &=\frac{\sqrt{3}}{4}\left(\frac{4}{9}\right)^n \end{align*}\]

Entonces la primera parte del problema queda resuelta: Para todo entero no negativo \(n\), el área de \(A_nB_nC_n\) es igual a

\[\frac{\sqrt{3}}{4}\left(\frac{4}{9}\right)^n\]

Para la segunda parte del problema, al utilizar la propiedad 3, resulta que cada lado del triángulo \(A_{k+2}B_{k+2}C_{k+2}\) es perpendicular a exactamente un lado del triángulo \(A_{k+1}B_{k+1}C_{k+1}\), además, cada lado del triángulo \(A_{k+1}B_{k+1}C_{k+1}\) es perpendicular a exactamente un lado del triángulo \(A_kB_kC_k\). Por lo tanto, cada lado del triángulo \(A_{k+2}B_{k+2}C_{k+2}\) es paralelo a exactamente un lado del triángulo \(A_kB_kC_k\). Lo anterior, sumado a la propiedad 4, implica que cada lado del triángulo \(A_iB_iC_i\) es paralelo a un lado del triángulo \(A_jB_jC_j\) cuando \(i\equiv j\mod{2}\). Por lo tanto, los valores de \(n\) para los cuales el triángulo \(A_nB_nC_n\) tiene sus lados paralelos a los del triángulo \(A_0B_0C_0\) son los enteros pares no negativos.

Problema 3

Dos circunferencias de radio positivo con centros \(O_1\) y \(O_2\) son tangentes a una recta \(\ell\) en dos puntos distintos \(P\) y \(Q\), respectivamente, y son tangentes entre sí en el punto \(R\). Si se cumple que:

\[\frac{PO_1}{QO_2}= \begin{cases} \frac{PO_2}{QO_1}\\[0.5cm] \frac{QO_1}{PO_2} \end{cases}\]

Encuentra la medida del ángulo \(\angle PQR\) en cada caso.

Solución

Utilizaremos dos propiedades para resolver este problema:

Para cualquier punto sobre una circunferencia, el radio y la recta tangente que pasan por dicho punto son perpendiculares.
El Teorema de Pitágoras.

La primera propiedad implica que los ángulos \(\angle O_1PQ\) y \(\angle O_2PQ\) son rectos, por lo que podemos aplicar directamente el Teorema de Pitágoras en los triángulos \(PQO_1\) y \(PQO_2\):

\[\begin{align*} PQ^2+PO_1^2&=QO_1^2&PQ^2+QO_2^2&=PO_2^2 \end{align*}\]

En base a lo anterior, podemos analizar dos casos:

\(\frac{PO_1}{QO_2}=\frac{PO_2}{QO_1}\)
Elevamos al cuadrado y sustituimos:
\[\begin{align*} \frac{PO_1^2}{QO_2^2}&=\frac{PO_2^2}{QO_1^2}\\[0.5cm] &=\frac{PQ^2+QO_2^2}{PQ^2+PO_1^2} \end{align*}\]
Entonces, tenemos tres posibilidades:
a) \(PO_1< QO_2\)
Esto implica
\[\frac{PO_1^2}{QO_2^2}<1<\frac{PQ^2+QO_2^2}{PQ^2+PO_1^2}\]
lo cual es falso, dado que
\[\frac{PO_1^2}{QO_2^2}=\frac{PQ^2+QO_2^2}{PQ^2+PO_1^2}\]
b) \(PO_1> QO_2\)
De manera análoga al caso anterior, esto implica
\[\frac{PO_1^2}{QO_2^2}>1>\frac{PQ^2+QO_2^2}{PQ^2+PO_1^2}\]
lo cual es falso, dado que
\[\frac{PO_1^2}{QO_2^2}=\frac{PQ^2+QO_2^2}{PQ^2+PO_1^2}\]
c) \(PO_1=QO_2\)
En este caso no se presenta ninguna contradicción.
\(\frac{PO_1}{QO_2}=\frac{QO_1}{PO_2}\)
Basta con realizar unas cuantas operaciones para obtener que…
\[\begin{align*} \frac{PO_1^2}{QO_2^2}&=\frac{PQ^2+PO_1^2}{PQ^2+QO_2^2}\\[0.5cm] \implies PO_1^2\left(PQ^2+QO_2^2\right)&=QO_2^2\left(PQ^2+PO_1^2\right)\\[0.5cm] \implies PO_1^2\left(PQ^2\right)&=QO_2^2\left(PQ^2\right)\\[0.5cm] \implies PO_1^2&=QO_2^2\\[0.5cm] \implies PO_1&=QO_2 \end{align*}\]

Es decir, la condición planteada en el problema se cumple si \(PO_1=QO_2\).

Podemos finalizar de la siguiente manera: \(PO_1\parallel QO_2\) y \(PO_1\perp PQ\) implican que \(PQO_2O_1\) es un rectángulo y \(PQ\parallel O_1O_2\). Como las circunferencias son tangentes en \(R\), \(R\) pertenece al segmento \(O_1O_2\). Esto significa que \(\angle QO_2R=90^\circ\). Adicionalmente \(O_2Q=O_2R\), por lo que \(\angle QRO_2=45^\circ\). Como \(PQ\parallel O_1O_2\), se tiene que \(\angle QRO_2=\) \(\angle PQR=45^\circ\)