OLIMPIADA COSTARRICENSE DE MATEMÁTICA

UNA - UCR - TEC - UNED - MEP - MICIT

Geometría

III Nivel

I Eliminatoria

Marzo 2016

Índice

1. Presentación. 2

2. Temario 3

3. Teorema de Pitágoras 4

4. Triángulos Especiales 7

5. Trigonometría 10

6. Ejercicios adicionales. 13

7. Solución a los ejercicios adicionales. 16

8. Créditos 18

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1. Presentación.

El presente material pretende ser una guía para el estudiante que participa en la Olimpiada Costa-rricense de Matemática en el III Nivel, que corresponde únicamente a estudiantes de décimo año decolegio en adelante . Con él se busca que el estudiante conozca el tipo de problemas a los que se va aenfrentar en la I Eliminatoria de esta olimpiada.

En la siguiente sección se presenta el temario completo de geometría, para tener una visión global delos contenidos que debe manejar para resolver los ejercicios de esta eliminatoria en el Nivel III. Poste-riormente se desglosan estos temas y se hace un resumen de los conceptos matemáticos más relevantesdel temario; además se ofrece una serie de ejercicios, tomados de las primeras eliminatorias de añosanteriores, de modo que se observe cómo se aplican dichos conceptos a problemas concretos.

Finalmente se presenta una lista de ejercicios adicionales para que pueda poner en práctica los concep-tos estudiados. Se incluyen las soluciones de estos ejercicios, pero se recomienda tratar de resolverlosantes de consultar la solución.

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2. Temario

Los siguientes son los temas sobre los que se elaborarán las preguntas de la Primera Eliminatoria.

1. Desigualdad triangular. Teorema de la suma de las medidas de los ángulos internos de un triánguloy cuadrilátero convexo. Teorema de la medida del ángulo externo de un triángulo. Teorema de lasuma de los ángulos externos de un triángulo y cuadrilátero convexo. Clasi�cación de triángulosde acuerdo con la medida de sus ángulos internos o a la medida de sus lados. Ejes cartesianos.Representación de puntos y �guras.

2. Área y perímetro de triángulos, cuadriláteros y círculo. Fórmula de Herón.

3. Rectas notables en un triángulo. Propiedades de las rectas notables en un triángulo. Congruenciade triángulos. Teorema de Pitágoras. Proporcionalidad. Teorema de Tales. Semejanza de trián-gulos.

4. Razones trigonométricas de un ángulo agudo en un triángulo rectángulo. Razones trigonométricasde los ángulos especiales 30◦, 45◦, 60◦.

5. Problemas de aplicación (ángulos de elevación y de depresión, entre otros). Ley de los senos yley de los cosenos. Resolución de triángulos.

Algunas de las notaciones más utilizadas son las siguientes:

AB: Segmento de recta que va de A a B−−→AB: Rayo que empieza en A y pasa por B←→AB: Recta de�nida por A y BA−B − C: Puntos colineales con B entre A y Cl ‖ m: La recta l es paralela a la recta ml ⊥ m: La recta l es perpendicular a la recta m

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3. Teorema de Pitágoras

Teorema (Pitágoras): Sea 4ABC recto en C, entonces AB2 = AC2 +BC2.

Teorema (Derivado de Pitágoras):Si CD es la altura sobre la hipotenusa entonces

1. CD2 = AD ·BD.

2. AC2 = AD ·AB.

3. BC2 = BD ·AB.

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Ejemplo 1. (Pregunta N◦ 7, I Eliminatoria 2014, III Nivel)

Sea 4ABC rectángulo en ∠C y D un punto en AB tal que CD es altura. Si AD = 3y DB = 12, entonces la medida de CD es

(a) 6

(b) 3√5

(c) 6√2

(d) 6√5

Solución

Considere al �gura

A

C B

D

Utilizando teorema de pitágoras en el 4ABC se tiene que AC2 + CB2 = AB2 ⇒ AC2 + CB2 = 152.

Sea h la medida de CD, entonces por pitágoras en el 4CDA tenemos AD2+h2 = AC2 y en el 4CDBse tiene DB2 + h2 = CB2.

Ahora sumando miembro a miembro AD2 + h2 +DB2 + h2 = AC2 +CB2 ⇒ 32 + 2h2 + 122 = 152 ⇒2h2 = 72⇒ h2 = 36⇒ h = 6.Otra forma para resolver este ejercicio es aplicando un teorema derivado del teorema de Pitágoras.Tomando la primera parte de este teorema se tiene que CD2 = 3 · 12 ⇒ CD =

√36 ⇒ CD = 6

∴ La solución correcta es la (a).

Ejemplo 2. (Pregunta N◦ 21, I Eliminatoria 2013, III Nivel)

Considere un punto P en el interior de un triángulo acutángulo ABC tal que eltriángulo APC es rectángulo. Con certeza se cumple que

A) AB ·AP +BC · PC > AC2

B) AB ·AP +BC · PC < AC2

C) AB2 +BC2 = AC2

D) AB2 +BC2 > AC2

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Solución

Tenemos una representación de triángulo similar al siguiente:

A C

B

P

Observe que por el teorema de Pitágoras se tiene que AP 2 + PC2 = AC2 .

m∠APB +m∠BPC + ∠APC = 360⇒ m∠APB +m∠BPC = 270.

Como P pertenece al interior del 4ABC entonce m∠APB < 180 y m∠BPC < 180 y entonces90 < m∠APB < 180 y m∠BPC < 180, así en el 4APB se tiene que AB > AP y en el 4BPC setiene que BC > PC

Así que AB ·AP +AC · PC > AC2, descartando la opción B.

Ahora la opción C no se cumple dado que no corresponden a ternas pitagóricas, pues son medidas delados de un triángulo acutángulo. Y por último la opción A es incorrecta pues la desigualdad que secumple corresponde a AB ·AP +BC · PC > AC2.Finalmente como m∠ABC < 90 entonces AB2 +BC2 > AC2.

∴ La solución correcta es la (d).

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4. Triángulos Especiales

Teorema: Dado un triángulo rectángulo cuyos ángulos agudos miden 30◦ y 60◦, entonces la longituddel cateto que se opone al ángulo menor es la mitad de la longitud de la hipotenusa y la longitud delcateto que se opone al águlo mayor es la mitad de la longitud de la hipotenusa multiplicado por

√3.

A B

xx

2

√3

x

2

C

30◦

60◦

Teorema: Dado un triángulo rectángulo isósceles, entonces la longitud de la hipotenusa es igual a lalongitud de los catetos multiplicados por

√2.

A

B

x

xx√2

C

45◦

45◦

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Ejemplo 3. (Pregunta N◦ 14, I Eliminatoria 2014, III Nivel)

Sea el 4ABC equilátero de lado 3, y sean D, E, F puntos en AB,BC,AC respecti-vamente tales que AD = BE = CF = 1, determine el perímetro del 4DEF

(a) 9

(b) 6

(c)√3

(d) 3√3

Solución

Considere la �gura:

A BD

C

E

F

60◦

Considere el 4ADF , dado que AF = 2, AD = 1 y m∠CAB = 60◦ entonces 4ADF es un triángulorectángulo especial (conocido como semiequilátero) y de esa forma DF =

√3.

De forma análoga FE = ED =√3 y entones el perímetro del 4DEF es 3

√3

∴ La solución correcta es la (d).

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Ejemplo 4. (Pregunta N◦ 14, I Eliminatoria 2013, III Nivel)

La medida del perímetro del tríangulo equilátero 4ABC que se representa en la�gura adjunta es de 36cm. Entonces el área en centímetros cuadrados del cuadrado�DEFG corresponde a

A)2√3 + 12

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B)12√3 + 9

5

C) 144(2√3− 3)2

D) 6 + (√3− 1)2

Solución

Como los triángulos 4EBF y 4DGC son semiequiláteros (30◦, 60◦, 90◦), si se de�ne x: lado delcuadrado �DEFG, se cumple que,

BF = GC =x√3

=x√3

3entonces como,

BC =36cm

3= 12cm y

x√3

3+ x+

x√3

3= 12

x

(2√3

3+ 1

)= 12

x

(2√3 + 3

3

)= 12

x =12 · 3

2√3 + 3

=36

2√3 + 3

· 2√3− 3

2√3− 3

=36(2√3− 3)

12− 9= 12(2

√3− 3)cm

Entonces el área del cuadrado �DEFG es,

ACuadrado = x2 = 122(2√3− 3)2cm2 = 144(2

√3− 3)2cm2

∴ Por lo que la opción correcta es (c).

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5. Trigonometría

Para un triángulo rectángulo se pueden de�inir tres relaciones entre sus lados y sus ángulos. Conside-remos la siguiente �gura:

A

B

Cb

ac

α

β

Así tenemos que la seno es igual a la razón entre el cateto que se opone (opuesto) al ángulo y lahipotenusa.

sinα =b

c; sinβ =

a

c

De la misma forma coseno es igual a la razón entre el cateto adyacente al ángulo y la hipotenusa.

cosα =a

c; cosβ =

b

c

Finalmente la tangente es iguala a la razón entre el cateto opuesto y el cateto adyacente al águlo.

tanα =b

a; tanβ =

a

b

De las relaciones anteriores es claro que:

1. sinα = cosβ

2. sinβ = cosα

3. tanα =sinα

cosα

4. tanβ =sinβ

cosβ

Además existen relaciones que se pueden aplicar a cuales quiera triángulos llamadas ley de senos y leyde cosenos. Considere la siguiente �gura:

A

B

Cb

c a

Ley de senos:a

sinA=

b

sinB=

c

sinC

Ley de cosenos

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1. a2 = b2 + c2 − 2bc cosA

2. b2 = a2 + c2 − 2ac cosB

3. c2 = a2 + b2 − 2ab cosC

Además se puede determinar el área del triángulo mediante trigonometría. Considere la siguiente �gura

A

B

Cb

c a

h

Notemos en el triángulo rectángulo de la izquierda que sinA =h

centoces c · sinA = h

Ahora se tiene que a(4ABC) = 1

2b · h y sustituyendo obtenemos a(4ABC) = 1

2b · c · sinA.

Se puede proceder de forma análoga con los otros lados (siempre que el ángulo sea agudo).

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Ejemplo 5. (Pregunta N◦ 20, I Eliminatoria 2013, III Nivel)

Consideremos el siguiente paralelogramo ABCD de la �gura adjunta, cuyos ladosmiden 5 y 9. Si se supone que AE = 5 y AC = 7, entonces el valor de EC es igual a

A)8

3

B) 4

C) 6

D) 16

Solución

Aplicando ley de cosenos al triángulo ABC tenemos

AB2 +BC2 − 2AB ·BC · cosB = AC2 ⇒ 25 + 81− 90 cosB = 49⇒ 30 cosB = 19⇒ cosB =19

30

Como AB = AE = 5 y AF ⊥ BC se sigue que BE = 2BF , aplicando trigonometría en el 4ABF setiene que 5 cosB = BF y así BF = 19

6 . Por último, se tiene que AD = BC = 9 por ser un �ABCDun paralelogramo y así EC = BC − 2BF = 9− 19

3 = 83

∴ Por lo que la opción correcta es (a).

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6. Ejercicios adicionales.

A continuación se presenta una lista de ejercicios, tomados de ediciones anteriores de la OlimpiadaCostarricense de Matemática, en los cuales se aplican los conceptos desarrollaos en este documento. Serecomienda tratar de resolverlos antes de consultar las soluciones dadas en el capítulo 8.

Pregunta N◦5, I Eliminatoria 2014, III Nivel.

1. Se colocan tres cuadrados como se muestra en la �gura adjunta, en los cuales la medida de loslados son 4x, 2x y x respectivamente. Si A representa un vértice del cuadrado de mayor longitudy M el punto medio del lado del cuadrado de menor longitud, entonces la longitud del segmentoAM en términos de x corresponde a

A·

M·

(a) 3√5x

(b)7√5x

2

(c)9√5x

2(d) 5

√5x

Pregunta N◦7, I Eliminatoria 2014, III Nivel.

2. Sea 4ABC rectángulo en ∠C y D un punto en AB tal que CD es altura. Si AD = 3 y DB = 12,entonces la medida de CD es

(a) 6

(b) 3√5

(c) 6√2

(d) 6√5

Pregunta N◦9, I Eliminatoria 2014, III Nivel.

3. En la �gura adjunta 4ABC es equilátero de lado 3. Si BE = DA = FC = 1, entonces la medidadel ∠DFE corresponde a

B

A

C

E F

D

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(a) 10◦

(b) 15◦

(c) 30◦

(d) 45◦

Pregunta N◦20, I Eliminatoria 2014, III Nivel.

4. Si la suma de las medidas en grados de los ángulos A,B,C,D,E, F de la �gura es 90n entoncesel valor de n corresponde a

A D

B

FE

C

(a) 3

(b) 4

(c) 5

(d) 6

Pregunta N◦4, I Eliminatoria 2015, III Nivel.

5. En el trapecio AEBC hay un ángulo recto en C, mientras que AE mide igual que BE. Si sa-bemos que las medidas de AC,CB y AE son 6cm, 8cm y 5

√2cm, respectivamente, entonces la

mediana de AEB, trazada desde E, mide

A E

BC

a) 5cm

b) 5√2cm

c) 10cm

d) 10√2cm

Pregunta N◦6, I Eliminatoria 2015, III Nivel.

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6. La razón entre las longitudes de las diagonales de un rombo es de 3 : 4. Si la suma de las medidasde dichas diagonales es de 56 unidades lineales entonces el perímetro del rombo es de

a) 80

b) 96

c) 100

d) 108

Pregunta N◦8, I Eliminatoria 2015, III Nivel.

7. En la siguiente �gura, si AB = x, BC = y y m∠ABC = β entonces el área del 4ABC es

A

B

C

βx y

a)xy

2senβ

b)xy

2cosβ

c) 2xy senβ

d) 2xy cosβ

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7. Solución a los ejercicios adicionales.

Solución N◦5, I Eliminatoria 2014, III Nivel.

Considerando la �gura dada tenemos,Aplicando el Teorema de Pitágoras se tiene que,

AC = 4x+ 2x+ x = 7xCM = 2x+ x+ x

2 = 72x

CM2 +AC2 = AM2

(AM)2 =

(7

2x

)2

+ (7x)2

AM =

√49

4x2 + 49x2 =

√5 · 494

x2 =7√5

2x

Solución N◦7, I Eliminatoria 2014, III Nivel.

Utilizando teorema de pitágoras AC2 + CB2 = AB2 ⇒ AC2 + CB2 = 152. Sea h la medida deCD, entonces por pitágoras AD2 + h2 = AC2 y DB2 + h2 = CB2.Sumando miembro a miembroAD2 + h2 +DB2 + h2 = AC2 + CB2 ⇒ 32 + 2h2 + 122 = 152 ⇒ 2h2 = 72⇒ h2 = 36⇒ h = 6.

Solución N◦9, I Eliminatoria 2014, III Nivel.

Observe que AE = AB−BE = 2 y AF = AC−FC = 2, así 4AEF es isósceles y como ∠A = 600, en-tonces4AEF es equilátero. Ahora, AF = FE y DA = DE = 1, por criterio l−l−l 4FAD ∼= 4FEDpor lo que ∠DFA ∼= ∠DFE y DF es bisectriz del ∠AFE. Por lo tanto, ∠DFE = 60

5 = 30.

Solución N◦20, I Eliminatoria 2014, III Nivel.

Sean P y Q las intersecciones de AD con BF y EC respectivamente. Si se denota ∠P = ∠FPQ y∠Q = ∠EQP , dado que la suma de los ángulos internos del cuadrilátero EFPQ es 360◦, y la suma delos tres ángulos internos en cada uno de los triángulos DPB y AQC es 180◦ obtenemos las siguientestres ecuaciones:

∠F + ∠P + ∠Q+ ∠E = 360◦

∠B + (180◦ − ∠P ) + ∠D = 180◦

∠C + (180◦ − ∠Q) + ∠A = 180◦

Si se suman estas tres ecuaciones se obtiene que 90n = ∠A + ∠B + ∠C + ∠D + ∠R + ∠F = 360◦, yasí, n = 4.

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Solución N◦4, I Eliminatoria 2015, III Nivel.

Usando Pitágoras en el ABC tenemos que AB = 10. Como el 4AEB es isósceles, la mediana desde Ees también un segmento de mediatriz, por lo que parte 4AEB en dos triángulos rectángulos, donde,usando Pitágoras otra vez, vemos que el segmento buscado mide 5.

Solución N◦6, I Eliminatoria 2015, III Nivel.

Como la razón es de 3 : 4, podemos decir que las diagonales miden 3d y 4d. Por lo tanto, 3d + 4d =56⇒ d = 8. Como la mitad de cada diagonal forma un triángulo rectángulo con cada lado `, tenemosque 122 + 162 = `2 ⇒ ` = 20. Por lo que el perímetro es 80.

Solución N◦8, I Eliminatoria 2015, III Nivel.

Considere la siguiente �gura en la que se ha trazado la altura sobre AB

A

B

C

βx y

D

Sea h la altura desde C.

Se tiene que senβ =h

y, por lo que h = ysenβ.

Entonces

A =x · h2

=x · ysenβ

2=xy

2senβ

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8. Créditos

Este documento es un material de apoyo sobre Teoría de Números para estudiantes que participan enel primer nivel de la primera eliminatoria de la Olimpiada Costarricense de Matemática.

Autor

Alexánder Hernández Quirós

Editor

Alexánder Hernández Quirós

Revisor

Luis Felipe Barquero Jiménez

Para referenciar este documento

Olimpiadas Costarricenses de Matemáticas (2016). Material de apoyo sobre Geometría: III nivel, I

Eliminatoria. San José, Costa Rica: autor.

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