En este post voy a tratar de ilustrar, a través de un problema de geometría, la tesis de que la competencia experta en el problem solving requiere de una combinación de técnicas y conocimiento conceptual (de competencias conceptuales pero también procedimentales).
Un problema no trivial de geometría
Tomando como base la diagonal $AC$ de un cuadrado $ABCD$, se construye un rectángulo $ACEF$ de altura el lado del cuadrado y con $D$ dentro de él.
Si $H$ es el punto medio de $EF$ y $G$ es la intersección de $AE$ con $CH$, demostrar que
- a)$FG$ pasa por el punto medio de $CE$;
- b)$HC$ es perpendicular a $EA$;
- c)$BG$ es bisectriz del ángulo $AGC$.
Solución
a) Considerando el triángulo $CEF$, debería ser claro que $CH$ es una de sus medianas (por dato) y $AE$ es otra (las diagonales se bisecan). Así que $G$ es su baricentro. Se concluye que $FG$ es la tercera mediana (las medianas concurren en el baricentro). Es decir, $FG$ pasa por el punto medio de $CE$.
b) Girando 90 grados sobre el punto $C$ toda la configuración del rectángulo se obtiene la figura siguiente:
En esta figura los puntos $E',F',A',G'$ son las imágenes bajo la rotación de $E,F,A,G$, respectivamente. Adicionalmente se muestra el punto $P$ que representa la intersección de la diagonal $AE$ con su imagen $A'E'$. Vamos a demostrar que tales diagonales son perpendiculares para después demostrar lo pedido.
Considerando el cuadrilátero $PE'CE$, es posible ver que es cíclico --dado que son iguales los ángulos $PE'A$ y $AEC$. Por tanto, el ángulo $E'PE$ es recto --al ser el opuesto al ángulo en $C$ del rectángulo.
Ahora consideremos el cuadrilátero $PG'CG$. Debido a que el giro fue de 90, el ángulo $GCG'$ es recto. Pero también es recto el ángulo $E'PG$ (recién demostrado).
Por tanto, el cuadrilátero $PG'CG$ es cíclico. Y como los ángulos en los vértices opuestos son iguales, se concluye que ambos son rectos. Por lo que $PG'CG$ es de hecho un cuadrado. En particular, es recto el ángulo en que se cortan $CH$ con $AE$. Como se queria.
c) Considerando ahora el cuadrilátero $ABCG$, se hace evidente --por lo demostrado en el inciso anterior-- que es cíclico. Pero entonces $BG$ es bisectriz del ángulo $AGC$ --pues las cuerdas $AB$ y $BC$ son iguales y, en consecuencia, lo son sus arcos correspondientes.
Nota: Una solución analítica del inciso b es posible y es la siguiente
Denotando con $l$ la medida del lado del cuadrado y con $d$ la de su diagonal, y recordando que la relación entre el lado y la diagonal es $d=\sqrt{2}l$, es fácil ver que las tangentes de los ángulos $CAE$ y $HCE$ son iguales (los cálculos se dejan al lector). De aquí que los triángulos rectángulos $ACE$ y $CEH$ son semejantes. Y, por complementariedad, el triángulo $EGH$ es también rectángulo (en $G$) y semejante a aquéllos. Esto demuestra el inciso b.
Digresión sobre un teorema de giro
Si un segmento (o recta) se gira un ángulo $\alpha$ (sobre un centro de rotación $O$), el segmento y su imagen se cortan formando un ángulo $\alpha$
La demostración de este pequeño teorema se basa en la formación de un cuadrilátero cíclico como se muestra en la figura (basada en la configuración usada en la solución del problema anterior). La figura es casi una prueba visual, los detalles del argumento se dejan al lector.
Conviene recordar la figura general --donde $\alpha$ no es necesariamente 90 grados-- como un método para visualizar un cíclico en el problem solving de geometría. La figura general es la siguiente:
La idea que deseo plantear es que en el problem solving no se trataría de inventar el método de resolución en ese momento y sobre la marcha --como está de moda sostener en la educación matemática y en algunos círculos de olimpiada de matemáticas.
Lo verdaderamente importante es recordar el método (la técnica) adecuado (a) en el momento adecuado. Y para ello se requiere disponer de un menú de métodos (técnicas) aprendidos y usados con anterioridad.
En el caso del problema objeto de este post, la técnica analítica de la trigonometría se combina con los conceptos de semejanza y ángulos para lograr una solución (del inciso b).
Lo que habría que destacar aquí es que sin la técnica de la trigonometría (y el recuerdo de la relación entre la diagonal y el lado de un cuadrado), no hay más que entrarle por el método sintético.
Pero el descubrimiento de un camino hacia la solución sintética (por lo menos la presentada aquí) está basada en el recuerdo de un teorema sobre giro (el recién presentado) el cual guía el descubrimiento de un cíclico inicial --y lleva de manera natural a la solución del inciso b y también del a. ("Se pide demostrar perpendicular... entonces posiblemente sea útil buscar un giro que resuelva toda la situación.")
Y, bueno, no está de más destacar que --siguiendo la terminología de moda en educación-- la competencia se manifiesta en el desempeño. Pero se manifiesta en la forma de una eficacia de ejecución de la tarea.
La parte de las ideas y lo métodos de razonamiento de la conducta experta --en este caso en el problem solving de concurso-- que están por detrás de esa eficacia, tienden a permanecer ocultas --pues presentan demasiadas opacidades.
Por esa razón, muchas soluciones de problemas de olimpiada parecen ser mágicas...
Los saluda
jmd
PD: El problema, con otra redacción, es básicamente el 6 de la VI OMM (1992) --Muchas preguntas con un rectángulo [1].
Nada más veo un detalle que
Nada más veo un detalle que falta demostrar y no veo cómo hacerlo de forma inmediata. En el párrafo
faltaría explicar por qué los ángulos, señalados como opuestos, son iguales. O más precisamente, ¿por qué los ángulos PG'C y CGP son iguales?
Saludos
Bueno, creo que el error está
Bueno, creo que el error está en la figura. Le faltó el punto imagen $H'$ de $H$ que estaría en la prolongación de $CG'$ y sería el punto medio de $E'F'$.
Te saluda
Sigo sin verlo. Lo único que
Sigo sin verlo. Lo único que me parece claro de la figura, es que los ángulos señalados son suplementarios, pero no iguales.
El ángulo CGP (= CGA) se transforma en el ángulo CG'A' después de rotar 90°. Pero, $\angle CG'A' = 180° - \angle CG'P $, de donde se sigue que $\angle CGP$ y $\angle CG'P$ son suplementarios.
Saludos
Ya lo ví. Fue una ilusión
Ya lo ví. Fue una ilusión óptica. Voy a buscar un argumento que continúe usando los cíclicos. (Debe existir uno... eso espero...)
Gracias por la observación.