26.4.22

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.

8 comentarios:

  1. Como a razón é 1:2, aplicándollo ás alturas dos dous triángulos x/(l-x)=2 e xa está.
    Eu fíxeno así: chámolle h á altura do triángulo pequeno e a partir da razón de semellanza vexo que a altura do triángulo sombreado debe ser 2h e o lado do cadrado 3h

    ReplyDelete
    Replies
    1. Máis ou menos o que puxen eu antes da solución detallada. Pero é algo que saiban os cativos en 2º de ESO(os que dan Xeometría)? Quero dicir, nalgún momento explicáronlles que as alturas tamén son proporcionais? E esta proporcionalidade tamén a herdan as bisectrices, as medianas ou as mediatrices? Poderían deducilo eles sós? A min chéirame que isto é máis propio das sesións de ESTALMAT que dunha aula ordinaria.

      Delete
  2. Xa me parecía a min que xa vira este problema: https://twitter.com/edsouthall/status/988500302340022272 e agora recordo como o resolvera daquela: calculando as ecuacións das rectas que cortan o cadrado e obtendo o seu punto de intersección

    ReplyDelete
    Replies
    1. Pois mira a solución da compañeira:
      Solución elemental
      Gústame moito máis cás miñas

      Delete
    2. Como habedes de saber, eu teño Twitter pero non son nada activo, paso moi pouco tempo nesa rede. Non seguía a Ed Southall, aínda que na miña biblioteca teño (en papel, old style) os seus Geometry Snacks e More Geometry Snacks. Este problema é o #2 deste último. Por suposto, como a miña cachola xa comeza a fallar, non o lembraba, e reencontreino buscando no libro agora tras ler o chío que enlaza Cibrán. E como non podía ser doutro xeito, non teño nin remota idea de como o resolvín no seu día.

      Delete
    3. Eu nestes casos confeso que primeiro penso unha solución que sei desde o comezo que vai funcionar, aquí foi a longa da semellanza, e logo paso a elucubrar. No fío que compartiu Cibrán hai ideas ben fermosas, que non se me ocorrerían na vida. Esta por exemplo, que simple, verdade?
      Solución usando semellanza pero pouco

      Delete
    4. No libro de Southall ofrecen dúas solucións: a primeira por semellanza, e a segunda empregando trigonometría.

      Delete
    5. Pero resolver problemas sangaku con trigonometría é un pouco como facer trampa, non? Ao final para que é, para non ter que andar buscando semellanzas, e que a razón trigonométrica pense por nós? Eu teño pedido papas e ao final calcular senos ou poñer coordenadas, pero tento evitalo

      Delete