Olimpíada Matemática Galega 2022-Fase Local-4

 

   

A imaxe de inicio emula a que apareceu no problema que toca hoxe, o 4º:

Que parte do cadrado é a superficie sombreada?

Que teño que dicir deste problema?

• Non me gusta o enunciado.
• Houbo que explicarlles aos cativos que o de arriba é o punto medio do lado, a notación non é estándar en España.
• Non me gusta que non poñan a medida do lado do cadrado.
• Creo que non o vai facer case ningún participante.

En conclusión, encántame.

A primeira estratexia que pensa un en canto ve a figura é utilizar a semellanza dos dous triángulos. Desde un punto de vista avanzado, como a razón de semellanza deses dous triángulos é 1:2, a razón entre as súas alturas será 1:2 tamén. Polo que, como xuntas suman o lado vertical do cadrado, a altura do noso triángulo será dous terzos do lado do cadrado, polo que a fracción sombreada será un terzo da área total do cadrado.

Pero os detalles son algo enleados:

   

Dada a semellanza, temos as seguintes relacións de proporcionalidade:

$$\begin{cases} \frac{z}{y}=\frac{l-x}{x} \\ \frac{\frac{l}{2}-z}{l-y}=\frac{l-x}{x} \end{cases} \Rightarrow  \frac{z}{y}=\frac{\frac{l}{2}-z}{l-y} \Rightarrow z\cdot(l-y)=y \cdot \left(\frac{l}{2}-z \right) \Rightarrow $$

$$zl-zy=y \cdot \frac{l}{2}-yz \Rightarrow zl=y \cdot \frac{l}{2}\Rightarrow z=\frac{y}{2}$$

Utilizando isto na 1ª igualdade:

$$\frac{1}{2}=\frac{l-x}{x} \Rightarrow x=2l-2x \Rightarrow x=\frac{2l}{3}$$

E despois de tantas voltas(ou doutras semellantes), obtemos o que era tan sinxelo de deducir.

Por sorte, había polo menos outro xeito de deducir que o triángulo verde supón un terzo do cadrado. Claro que tamén requería certos coñecementos, observade:

Intuídes por onde vou?   

Puxen nome aos vértices para poder falar dos triángulos que aparecen.

No triángulo $\overset{\triangle}{BCD}$, $\overline{CM}$ e $\overline{BE}$ son medianas, pois E e M son os puntos medios dos seus lados, polo que o punto F é o baricentro do triángulo. De onde deducimos que a área do triángulo $\overset{\triangle}{BFM}$ é $\frac{1}{6}$ do triángulo $\overset{\triangle}{BCD}$, é dicir, $\frac{1}{12}$ do cadrado. Como o triángulo $\overset{\triangle}{ABM}$ é obviamente $\frac{1}{4}$ do cadrado, a área sombreada supón $\frac{1}{4}+\frac{1}{12}=\frac{4}{12}=\frac{1}{3}$.

Tamén pensei en facer copias do cadrado arredor, pero non dei atopado un xeito de xuntar cachos. Quizais vós teñades mellor vista ca min:

   

Por certo, a estas alturas de 2º de ESO intúo que en poucos centros chegaron a ver a semellanza de triángulos. E nos que a viron, non creo que cheguen a este nivel técnico. Só vexo factible que alumnos que tivesen preparación específica ESTALMAT ou actividades extraescolares dalgúns centros concertados) dean resolto este problema. Polo que seguramente sexa o problema con menos solucións axeitadas, seguido polo 2º  problema, o dos nin cadrados nin cubos 

Se atopades outro xeito elemental de amosar que o triángulo mide un terzo do cadrado, compartídeo por aquí.