ONMAS 2008, Nivel 1, Problema 2

Enviado por jesus el 9 de Junio de 2008 - 00:48.

Sean G una circunferencia de centro O y G’ una circunferencia que pasa por O. Sean A y B los puntos en que G interseca a G’ y escojamos un punto C en G’ distinto de A y B. Tracemos las líneas AC y BC y llamemos D y E a los puntos donde estas líneas cortan a G, respectivamente. Demuestra que AE es paralela a DB.

Solución

Por:

jmd

Fecha:

9 Jun 2008

Solución:

Primero la figura

[1]

El plan obvio es demostrar que los ángulos correspondientes DBC y AEC son iguales. Pero ¿cómo? Con una buena figura se puede conjeturar que el triángulo BCD es isósceles. Si fuera isósceles entonces el arco AEB es igual al arco DAE. Y entonces se tendría que los arcos DA y EB son iguales. Y ya estaría, pues ello significaría que los ángulos correspondientes DEA y BDE son iguales.

Por tanto, un plan alternativo es probar que el triángulo BCD es isósceles. Para ello se tendría que probar que los ángulos en la base DBC y CBD son iguales. Pero ¿qué tenemos para continuar? Claramente se tiene que hacer una cacería de ángulos, y para ello es conveniente usar de alguna manera el centro O de G y la cuerda común (tienen que ser útiles, de otra manera ¡no estarían en los datos!).

Con esa idea tracemos el triángulo isósceles AOE (OA=OE, por ser radios de G). Una vez trazado este isósceles, nos fijamos en la cuerda común AB (este truco es clásico) y vemos que el ángulo ABE (llamémosle $\alpha$) tiene dos arcos asociados, uno en G y otro en G’. En G intercepta al arco AE, y en G’ al arco AC. ¿Cómo usamos eso? Buena pregunta…

Primero nos fijamos que el ángulo central AOE es $2\alpha$. (Nótese que el uso del centro es para ligar un arco a dos ángulos… un artificio también clásico). Si ahora trazamos el segmento OC podemos ver que el ánguloAOC es $\alpha$ (intercepta el arco AC). Por lo tanto COB es también $\alpha$. Se concluye que OC es bisectriz del ángulo AOB.

Ahora es evidente que los triángulos CAO y CEO son congruentes (por LAL: radio, $\alpha$ y lado compartido). Y entonces, AC=EC. Se llega a que el triángulo AEC es isósceles. Y ya está, pues los ángulos CAE y AEC son iguales, y éste es suplementario del ángulo AEB (forman un llano), el cual, a su vez, es suplementario del ángulo ADB (ángulos opuestos de un cuadrilátero cíclico). En resumen, el ángulo AEB es suplementario tanto del CAE como del ADB (los cuales son correspondientes en la configuración de AE, DB y la transversal CD). Se concluye que son iguales (dos suplementarios de un mismo ángulo son iguales ¿me la creen?). La demostración es finita.

Comentario

Enviado por jmd el 9 de Junio de 2008 - 12:33.

Comentario socio-psico-metódico

El problema es difícil, e incluso se podría pensar que es inalcanzable para ambos niveles (los de geometría fueron comunes). Pero no. La prueba está en la niña Carmen Jazmín Isaías Castellanos del estado de Colima, quien obtuvo el primer lugar absoluto con 39 puntos: resolvió este problema de geometría completamente (7 puntos). ¿Un genio? Posiblemente, pero también es verosímil que una parte de su desempeño sea atribuible al trabajo pesado de resolver muchos problemas durante su entrenamiento ¿no creen? (Por otro lado, su dificultad se comprueba al ver los puntajes: la columna correspondiente a este problema son puros ceros.) Ver los resultados en http://ommcolima.ucol.mx/8ONMAS.php [2]