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OLIMPIADA NACIONAL ESCOLAR DE MATEMÁTICA 2004 Segunda fase Soluciones – Tercer nivel Setiembr e de 2004
1. Don Pancho es un fabricante de ojotas. En la feria dominical pone a la venta un cierto número de pares de ojotas. Vende inicialmente las dos quintas partes y después el presidente de una comunidad campesina le hace un pedido para sus moradores de las tres cuartas partes de lo que le quedaba. Antes de entregar el pedido, Don Pancho se da cuenta de que 600 pares de ojotas estaban mal hechas y solo puede entregar las ocho novenas partes del pedido. ¿Cuántos pares de ojotas fueron pedidos por el presidente de la comunidad? Solución Sea x el número de ojotas que le quedaron luego de su primera venta. Luego, planteamos la siguiente ecuación:
8 æ 3 ö
x - 600 = ç x ÷ 9 è 4 ø Al resolverla se obtiene x = 1800 . Luego, el pedido del presidente de la comunidad fue de
3 (1800 ) = 1350 ojotas. 4 2. El lado del cuadrado ABCD mide 24 unidades. El segmento CM es tangente a la semicircunferencia de diámetro AB y a la circunferencia pequeña de radio x unidades. Halla el valor de x.
Solución Sea O el centro de la semicircunferencia de diámetro AB y sea N el punto de tangencia de CM con la semicircunferencia de centro O. Como CM es tangente a la semicircunferencia, ON ^ CM.
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Se sabe que las dos tangentes trazadas desde un punto exterior tienen la misma longitud, luego CN = CB. Luego, los triángulos rectángulos CNO y CBO son congruentes (LLL). Entonces, ÐNOC = ÐBOC. De forma similar se tiene ÐNOM = ÐAOM. Por otro lado: ÐBOC + ÐNOC + ÐNOM + ÐAOM = 180° ÐBOC + ÐBOC + ÐAOM + ÐAOM = 180° ÐBOC + ÐAOM = 90° ÐBOC = 90° ÐAOM ÐBOC = ÐAMO De esta última igualdad se deduce que los triángulos rectángulos CBO y OAM son semejantes. Luego:
CB OA = BO AM 24 12 = 12 AM
AM = 6 Entonces los catetos del triángulo rectángulo CDM miden CD = 24 y DM = DA - AM = = 24 - 6 = 18 . Además, la hipotenusa puede ser calculada usando el T. De Pitágoras, obteniendo CM = 30 . Finalmente, en un triángulo rectángulo se cumple la siguiente relación entre la longitud del inradio x y las longitudes de los lados:
CM + 2 x = CD + DM 30 + 2 x = 24 + 18
x = 6 3. Si
1 6
q es un ángulo del primer cuadrante tal que tan q = , hallar el valor de la siguiente
expresión:
æ tan q + cot q + 2 cos q 37 çç tan q + cot q 2 è
ö ÷÷ ø
Solución Si θ pertenece al primer cuadrante podemos considerar que se encuentra ubicado en un triángulo rectángulo como el mostrado a continuación:
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La hipotenusa se calcula utilizando el Teorema de Pitágoras y resulta 37 . Luego, tenemos cot θ = 6 y cos θ =
6 37
. Reemplazando en la expresión:
6 ö æ 1 + 6 + 2 ç ÷ = 37 ç 6 - 37 ÷ 1 2 ÷ ç + 6 ç ÷ 6 è ø æ 49 3 ö = 37 ç ÷ ç 37 37 ÷ø è æ 4 ö = 37 ç ÷ = 4 è 37 ø 4. Se tiene un triángulo ABC recto en B. Si sumas las longitudes de los lados BC y AC y el resultado lo elevas al cuadrado, obtienes nueves veces el producto de las longitudes de dichos lados. Calcula sen A+ csc A. Solución
Sean a , b y c las longitudes de los lados BC , CA y AB , respectivamente. Por condición del problema: 2
( a + b )
= 9 ab
a 2 + b 2 = 7 ab Diviendo entre ab :
a b + = 7 b a Pero sin A =
a b y csc A = . Luego: b a sin A + csc A = 7
5. Un motociclista entrena para una competencia. El primer día recorre 200 Km, el segundo día 280 Km, el tercer día 360 km y así sucesivamente, cada día 80 km más que el anterior. Si luego de cierta cantidad de días ha recorrido un total de 4680 km, ¿cuántos días duró su entrenamiento? Solución Si el motociclista entrena n días, el último día recorrió: 200 + ( n - 1) 80 = 80 n + 120 kilómetros. Luego, calculamos en función de n el recorrido total y lo igualamos a 4680:
( 200 + (80n + 120 ) ) n = 4680 2
( 40n + 160 ) n = 4680 40n 2 + 160n - 4680 = 0 n 2 + 4n - 117 = 0 ( n + 13 )( n - 9 ) = 0 Como n es positivo, se concluye que el motocicilista entrenó 9 días.
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6. Juanito está en un helicóptero a 2100m de altura sobre la superficie de un lago. En un instante, él observa con un ángulo de depresión α a la lancha de Eduardo y con un ángulo de depresión θ a la lancha de Henry. Calcula, en metros, la distancia que separa a las lanchas si se conoce que:
tan a =
4 3
tan q =
7 24
y que la prolongación del segmento que une las dos lanchas pasa por el pie de la perpendicular bajada desde el helicóptero a la superficie del lago. Solución Tenemos la siguiente figura que ilustra el enunciado del problema:
Por ángulos alternos internos se deduce que ÐJEP = a. Por lo tanto:
tan a =
JP 4 = EP 3
Reemplazando JP = 2100 m se obtiene EP = 1575 m. En forma similar, se obtiene que ÐJHP = q. Por lo tanto:
tan q =
JP 7 = HP 24
De donde resulta HP = 7200 m. Finalmente HE = HP – EP = 7200 – 1575 = 5625 m.
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7. Sea ABC un triángulo equilátero. Se ubican los puntos M, N y P sobre los lados BC, CA y AB, respectivamente, de tal modo que AP = 2BP, BM = 2CM y CN = 2AN. Si el área del triángulo ABC es 126, halla el área del triángulo encerrado por los segmentos AM, BN y CP. Solución Tenemos la siguiente figura, donde D, E y F son los vértices del triángulo cuya área se pide determinar: A
N D P E
B
F C
M
Q
En la figura se ha prolongado AM y se ha trazado CQ paralelo a BN. Por la simetría de la figura: DE = EF = FD (1) AD = BE = CF (2) Por ángulos alternos internos, ÐFQC = ÐFDE y ÐFCQ = ÐFED. Pero, por (1), DEF es un triángulo equilátero. Por lo tanto ÐFQC = 60° y ÐFCQ = 60°, es decir, QF = FC = QC
(3)
Por tener lados paralelos dos a dos (caso AAA), los triángulos BDM y CQM son semejantes. Pero como BM = 2 MC, entonces: BD = 2 QC BE + DE = 2 QC Usando (2): CF + DE = 2 QC Usando (3): QC + DE = 2 QC DE = QC (4) Usando (1), (2), (3) y (4) se tiene que: AD = BE = CF = DE = EF = DF Usaremos [XYZ] para hacer referencia al área del triángulo XYZ. Luego, como EF = FC, [DFC] = [DEF], pero como AD = DF, se cumple también que [DFC] = [ADC]. Luego,
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[DFC] = [ADC] = [DEF] También: [ADC] + [DFC] = 2 [DEF] [AFC] = 2 [DEF] En forma análoga se obtiene: [BDA] = 2 [DEF] [CED] = 2 [DEF] De estas tres últimas igualdades: [AFC] + [BDA] + [CED] + [DEF] = 2 [DEF] +2 [DEF] +2 [DEF] + [DEF] [ABC] = 7 [DEF] 126 = [DEF] [DEF] = 18
8. Halla el valor de :
1 0
0
sen10 sen30 sen500 sen 70 0
Solución Utilizando la identidad:
sen A . sen B =
1 (cos ( A - B ) - cos ( A + B )) 2
se tiene que:
1 2
sen 10 O . sen 50 O = (cos 40 O - cos 60 O ) Luego:
sen 10 O . sen 50 O . sen 70 O =
1 sen 70 O . cos 40 O - sen 70 O . cos 60 O 2
(
)
Ahora utilizamos la identidad:
sen A . cos B =
1 (sen ( A + B ) + sen ( A - B )) 2
y obtenemos:
1 æ 1 ö sen 110 O + sen 30 O - sen 70 O . cos 60 O ÷ 2 è 2 ø
sen 10 O . sen 50 O . sen 70 O = ç Como sen 30 O = cos 60 O =
(
)
1 : 2
1 æ 1 1 1 ö - sen 70 O ÷ 2 è 2 4 2 ø O Pero como son ángulos complementarios, sen 110 = sen 70 O . Luego: 1 sen 10 O . sen 50 O . sen 70 O = 8
sen 10 O . sen 50 O . sen 70 O = ç sen 110 O +
Finalmente:
1 = 16 sen10 . sen 30 . sen 50 O . sen 70 O O
O
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9. Se ubican 4 fichas en un tablero de 5 x 5 ( mostrado en la figura ) de tal manera que no hayan dos o mas fichas en una misma fila ni en una misma columna y ademas las 4 fichas están en casillas de un mismo color ( blanco o negro ) . ¿ De cuantas maneras se puede hacer dicha ubicación de fichas (cumpliendo las condiciones detalladas) ?
Solución Numeramos las filas y columnas de la siguiente forma:
Tenemos dos casos: CASO 1: Si las cuatro fichas están en casillas blancas. Deben haber dos fichas en las filas 2 y 4 y las otras dos fichas en las columnas 2 y 4. Las fichas de las filas 2 y 4 pueden ser ubicadas de 6 formas, las cuales son las siguientes:
Algo similar ocurre con las fichas ubicadas en las columnas 2 y 4. Luego, las fichas pueden ser ubicadas en las casillas blancas de 6 ´ 6 = 36 formas. CASO 2: Si las cuatro fichas están en casillas negras. Tenemos dos subcasos: Subcaso I: Cuando hay tres fichas en las filas 1, 3 y 5 y solo una ficha en la fila 2 ó 4.
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En este subcaso, las tres fichas de las filas impares pueden ser ubicadas de 6 formas y la ficha en las filas pares puede ser ubicada de 4 formas posibles. En total, las cuatro fichas pueden ser ubicadas de 6 ´ 4 = 24 formas. Subcaso II: Cuando hay dos fichas en las filas 1, 3 y 5 y dos fichas en las filas 2 ó 4. En este subcaso, las dos fichas de las filas impares pueden ser ubicadas de 18 formas y las fichas en las filas pares pueden ser ubicadas de 2 formas. En total, las cuatro fichas pueden ser ubicadas de 18 ´ 2 = 36 formas. Finalmente, se tienen 36 + 24 + 36 = 96 formas de ubicar las fichas.
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10. Resuelve la siguiente ecuacion trigonométrica :
cos12 x = 5sin 3 x + 9(tan x) 2 + (cot x) 2 . Da como respuesta el número de soluciones en el intervalo
[ 0, 2p ] .
Solución Tenemos la ecuación:
cos12 x - 5sin 3 x = 9(tan x) 2 + (cot x) 2
(1)
Luego, como todo número al cuadrado es mayor o igual que cero, podemos escribir:
(3tan x - cot x)2 ³ 0 9(tan x) 2 - 6(tan x)(cot x) + (cot x) 2 ³ 0
9(tan x)2 + (cot x)2 ³ 6(tan x)(cot x) Pero el producto de la tangente y cotangente del mismo ángulo es 1:
9(tan x)2 + (cot x)2 ³ 6 Con (1), tenemos:
cos12 x - 5sin 3 x ³ 6
(2)
-1 £ cos12 x £ 1 y -1 £ sin 3 x £ 1 , la única forma de que la expresión cos12 x - 5sin 3 x sea mayor o igual a 6 es que se cumplan simultáneamente las
Como
siguientes relaciones:
cos12 x = 1 sin 3 x = -1 Si resolvemos la última ecuación obtenemos:
3 p 3 x = 2 kp + 2 2 k p p x= + 3 2 Pero como x se encuentra en el intervalo [ 0, 2p ] , k solo puede tomar los valores de 0, 1 y 2, obteniendo:
x=
p 2
Ú x=
7p 11 p Ú x= 6 6
Pero al reemplazar estos valores en la ecuación original la solución x =
p 2
se descarta,
pues la tangente no está definida para este ángulo. Los otros dos valores si satisfacen la ecuación planteada.
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OLIMPIADA NACIONAL ESCOLAR DE MATEMÁTICA 2004 Segunda fase – Nivel 3 Respuestas y soluciones Setiembr e de 2004
RESPUESTAS
Pregunta Respuesta
Pregunta Respuesta
1
1350
6
5625
2
6
7
18
3
4
8
16
4
7
9
96
5
9
10
2
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