Solucionario Del 16to Concurso Nacional de Matemática CONAMAT 2013

16to Concurso Nacional De Matemática CONAMAT 2013 Eliminatoria 1 Solucionario de Primer año 1

Calcule el perímetro de la región limitada por un polígono regular, en donde el número de diagonales excede en 3 al número de vértices y las longitudes de sus diagonales mayores es d. A 2d B) 3d C) 4d D) 6d Solución Si el número de diagonales excede en 3 la número de vértices entonces: n(n-3)/2 = n + 3 de donde n2 – 5n – 6 = 0 entonces (n-6)(n+1) = 0, luego n solo puede ser 6 (n=6).

Sea ℓ la longitud del lado del hexágono regular y un hexágono regular presenta dos tipos de diagonales, 3 mayores de longitud igual a 2ℓ y 6 menores de longitud ℓ

√3

.

El perímetro de la región hexagonal es 6ℓ, siendo por dato 2ℓ = d, por lo tanto 2p = 6ℓ = 3d. Respuesta B. 2

Dos segmentos que tienen un extremo común, tienen longitudes 17 cm y 6

√2

cm, si el producto de sus pendientes es -1, calcule la longitud del

segmento que une sus extremos. A 18 B) 19

C) 20

D) 21

Solución Si el producto de pendientes de dos rectas es -1 entonces dichas rectas son perpendiculares, entonces en el problema los segmentos son perpendiculares y al unir sus extremos se forma un triángulo rectángulo cuya hipotenusa es lo que se pide calcular. Entonces 172 + (6

√2

)2 = x 2

Luego 289 + 72 = 361 = x2, de donde x = 19 Respuesta B.

3

Un ángulo de 120° es dividido en n ángulos consecutivos, si la suma de sus complementos es 29 veces la suma de las medidas de los n ángulos, calcule el valor de n.

A 30

B) 29

C) 58

D) 40

Solución

Del dato Sm ∡ s = α1 + α2 + … + αn-1 + αn = 120° También Cα1 + Cα2 + … + Cαn-1 + Cαn = 29(Sm ∡ s) = 29(120°) De donde n(90°) _ (α1 + α2 + … + αn-1 + αn) = 29(120°) Luego n(90°) = 30(120°), por lo tanto n = 40 Respuesta D. 4

Calcule el área de la superficie lateral del cilindro inscrito en un prisma regular de 12 aristas todas congruentes entre sí. Si la longitud de una de las diagonales del prisma es 2

A 2 π Solución

B) 3 π

√3

. C) 4 π

D) 6 π

El prisma de doce aristas congruentes, es el cubo (hexaedro regular). Si su arista tiene longitud ℓ, entonces la diagonal tiene longitud ℓ

√3

=2

√3

.

Si ℓ = 2, entonces el radio de la base del cilindro inscrito es 1.

Luego el área de la superficie lateral del cilindro inscrito es 2 π (1)(ℓ) = 4

π . Respuesta C. Solucionario de Segundo año 1

En el gráfico las rectas m y n son paralelas, calcule el valor de α.

A 30° B) 36° C) 45° Solución Por D trazamos la recta p // n entonces p // m

Como p // m: la m ∡

D) 60°

CDP = 3α por la propiedad de los ángulos alternos

internos.

En p // n: la m ∡

PDE = 180° - 2α, por propiedad de ángulos conjugados.

Finalmente en D: 3α + 3α + 180 - 2α = 360°, de donde α = 45°. Respuesta C. 2

Según el gráfico calcule m + n.

A 100°

B) 80°

C) 90°

D) 120°

Solución Prolongamos convenientemente los lados del polígono tratando de obtener una figura de propiedad conocida, entonces por triángulos opuestos por el vértice la m ∡ BAD = θ. Además se forma el cuadrilátero ABCD: en donde se cumple la propiedad: m + n = (100° - θ) + θ, de donde se obtiene lo que nos piden calcular.

Por lo tanto; m + n = 100° Respuesta A. 3

En un rectángulo ABCD, en BC se ubica el punto P, de manera que AP y AC trisecan el ángulo BAD e intersecan a BD en M y N respectivamente. Calcule el área de la región MNCP si el área de ABCD es 24u 2. A 4 u2 B) 5u 2 C) 6 u2 D) 8u 2 Solución

Si AP y AC trisecan el ángulo recto BAD. Entonces la m ∡ BAP = m ∡ PAC = m ∡ CAD = 30°, además en el triángulo rectángulo ABP: BD

⊥ AP.

Entonces AM = 3(MP) y en el rectángulo ABCD, las diagonales AC y BD se bisecan en N. Sea 2S el área de la región MPC, entonces el área de la región AMC es 6S, por lo tanto las áreas de AMN y NMC es 3S, respectivamente. El triángulo ABN es equilátero, entonces el área de ABM también es 3S. De donde el área de ABCD es 24S. Del dato 24S = 24u2. Entonces S = 1u2 y el área de la región pedida es 5S = 5u2. Respuesta B. 4

En un cono equilátero, la mitad de los vértices del hexaedro regular (cubo) inscrito, son puntos medios de las generatrices que las contienen. Si dicho cubo tiene aristas de longitud ℓ, calcule la longitud de la generatriz del cono.

A 2ℓ Solución

B) 2ℓ

√2

C) 2ℓ

√3

D) 3ℓ

Como el cono es equilátero las generatrices diametralmente opuestas forman con la diagonal de la base superior del cubo un triángulo equilátero. Entonces si la diagonal de la base superior del cubo es ℓ generatrices tienen longitudes 2 ℓ

√2

√2

, entonces las

.

Respuesta B.

Solucionario de Tercer año

1

En un triángulo ABC, se traza la ceviana interior BD de modo que AB = CD, la m ∡ BDC = 30° y la m ∡ BCA = 2(m ∡ BAC). Calcule la m ∡ ABD.

A 10°

B) 15°

C) 20°

D) 18°

Solución En la prolongación de AC ubicamos el punto H, de modo que CH = BC = a, entonces la m ∡ BHC = m ∡ HBC = α, luego el triángulo ABH es isósceles de lado ℓ (AB = BH = ℓ). Del dato CD = AB = ℓ, si se construye el triángulo equilátero DGC, los triángulos GBD y CBD son congruentes (caso L.A.L.)

Entonces BG = BC = a, luego los triángulos BGC y BCH son congruentes (caso L.L.L.), por lo tanto la m ∡ BCG = m ∡ CHB = α. Finalmente en el triángulo equilátero DGC: 3α = 60° y α = 20°, entonces en el triángulo ABD, la m ∡

ABD = 10°.

Respuesta A. 2

En un cuadrado de centro O, sean M y N puntos medios de BC y CD respectivamente, donde la intersección de AM y BN es el punto P y la prolongación de PO interseca a AD en Q. Calcule AQ/QD. A 2 B) 2,4 C) 3 D) 3,6 Solución

Si prolongamos BN y AD hasta que se intersequen en G, los triángulos GDN y BCN son congruentes,( caso A.L.A.) entonces DG = 2a = AD. En el triángulo APG: PQ es bisectriz, entonces AQ/QG = AP/PG. Como la m ∡ BGA = 53°/2, en el triángulo APG; AP/PG = ½. Por lo tanto AQ/QG = ½, entonces si AQ= ℓ y QH = 2ℓ. Ahora: ℓ + m = 2a y m + 2a = 2ℓ, entonces ℓ = 2a

Luego ℓ / a = 2 Respuesta A. 3

En el gráfico AM=MC= a y MN=NP=BP. Calcule el área de la región BNP.

A a2

B) a2

√3

C) a2

12

√3 6

D) a2

√3 4

Solución

En el triángulo rectángulo ABC trazamos la mediana relativa a la hipotenusa, entonces

BM = AM = MC = a y la m ∡

Como MN=NP=BP= ℓ, entonces la m ∡ tanto la m ∡

MBC = m ∡ PBN = m ∡

MCB = θ MNC = 90°-θ, por lo

MBP = 90° y en el triángulo rectángulo MBP; BN = ℓ.

Por todo ello concluimos que el triángulo PBN es equilátero y con ello θ = 30°, siendo la m ∡ BAM = 60° y el triángulo ABM es equilátero, de lado a y el área de la región que limita es 3S, siendo S el área de la región pedida BNP. Entonces 3S = a2( Respuesta B.

√3

/4) y S = a2

√3 12

4

El desarrollo de la superficie de un poliedro está formado por tres cuadrados iguales a los que se muestra en el gráfico, cortados por las líneas punteadas.

Y colocadas alrededor de un hexágono regular, como se muestra a continuación.

Calcule el volumen de dicho poliedro. A 3ℓ3

B) 4ℓ3

C) 5ℓ3

D) 6ℓ3

Solución Reconstruyendo el sólido se observa que se forma la mitad de un cubo de arista 2ℓ, entonces el volumen del sólido resultantes es ½ (2ℓ) 3 = 4ℓ3.

Respuesta B.

16to Concurso Nacional De Matemática CONAMAT 2013 Eliminatoria 2 Primer año 1

Desde dos vértices consecutivos de un polígono se trazan como máximo dos diagonales más que el número de lados de dicho polígono. Calcule el número de diagonales que se pueden trazar desde 3 vértices consecutivos. A 10 B) 14 C) 15 D) 20 Solución Debemos recordar que el número de diagonales trazados desde 2 vértices consecutivos es 2(n-3) y esto por dato es igual a n + 2, luego 2n - 6 = n + 2, de donde n = 8 Ahora desde 3 vértices consecutivos, en un polígono de n lados, se pueden trazar 3n – (4)(5)/2 = 24 – 10 = 14 diagonales. Respuesta B. 2

Los vértices A, B, C de un triángulo ABC tienen coordenadas (6; 0), (0; 0) y (0; 8). Calcule el perímetro de la región triangular cuyos vértices son los puntos medios de ABC. A 6 B) 8 C) 10 D) 12 Solución Sean M, N y Q los puntos medios de AB, BC y AC respectivamente, entonces M = (A + B)/2 = ((6,0)+(0,0))/2 = (3,0), análogamente N = (0,4) y Q = (3,4). Luego MN =

√ 32+ 4 2

= 5, NQ =

√ 32+ 02

= 3 y MQ =

√ 02 +4 2

= 4, por lo

tanto el perímetro de la región triangular MNQ es 5 + 3 + 4 = 12 Respuesta D. 3

Se tienen los ángulos consecutivos AOB, BOC y COD. Si la medida del ángulo AOC mas la medida del ángulo BOC es el triple de la medida del ángulo BOC, calcule la medida del ángulo COD, sabiendo que las bisectrices de los ángulos AOB y COD son perpendiculares.

A 45° D) 36° Solución

B) 30°

C) 60°

Del dato; m ∡ POQ = 90° y m ∡ AOC + m ∡ BOC = 3(m ∡ COD), entonces reemplazando valores, 2β + θ + θ= 3(2α) = 6α, de donde β + θ = 3α además β + θ + α = 90°, entonces 4α = 90°. Por lo tanto la m ∡ COD = 2α = 45° Respuesta A. 4

Calcule el área de la superficie lateral del cilindro de revolución inscrito en un prisma hexagonal regular cuyas bases son respectivamente coplanares y la altura del prisma es igual a la diagonal de un cubo de arista 2, además la arista básica del prisma tiene longitud 2.

A 6 π

B) 8 π

C) 12

π

D) 16 π

Solución

El área de la superficie lateral de un cilindro es 2 π r.h, donde r es el radio de la base y h es su altura. Como el cilindro está inscrito en un prisma hexagonal regular y sus bases son coplanares entonces el círculo de la base del cilindro está inscrito en la base hexagonal del prisma. Entonces el radio del círculo es

√3

ya que la arista básica del prisma es 2

(lado del hexágono regular). Como la altura del prisma es igual a la diagonal de un cubo de arista 2 entonces h = 2

√3

.

Por lo tanto el area de la superficie lateral del cilindro inscrito es 2 π ( )( 2 √ 3 ) = 12 π . Respuesta C.

√3

Segundo año 1

En el gráfico las rectas m y n son paralelas, calcule el valor de x.

A) 30°

B) 36°

C) 45°

D) 60°

Solución

En el gráfico colocamos letras a algunos vértices y por los puntos A y C trazamos rectas paralelas a m y n. Luego p//q: 4x -90° + 2x = 90°, luego 6x = 180°, entonces x = 30° Respuesta A. 2

Del gráfico calcule el valor de θ.

A 45° B) 60° C) 40° D) 50° Solución Prolongamos algunos lados convenientemente para forma el cuadrilátero cóncavo como se muestra en la figura.

En ABCD, la m ∡ ADC = 3θ, luego en D: 4θ = 180° de donde θ = 45° Respuesta A 3

En un triángulo rectángulo ABC recto en B, se ubican los puntos medios M y N de AB y BC respectivamente, en AC se ubican los puntos P y Q, de modo que el área de la región convexa MNPQ es la mitad del área de ABC. Calcule MN/PQ.

A 0,5 Solución

B) 0,75

C) 0,6

D) 1

Para cualquier triángulo el área de la región MBN es la cuarta parte de ABC (4S). Ubicamos el punto P en AC de manera arbitraria (P, punto cualquiera de AC)entonces el área de la región MPN también es S. Si por M trazamos una paralela MQ a NP, resulta que el área de la región MQP también es S. Por lo tanto el área de la región MNPQ es la mitad de ABC y como MNPQ es un paralelogramo PQ = MN = b, luego MN/PQ = 1 Respuesta D 4

A

El desarrollo de la superficie lateral de un cono de revolución, es la tercera parte de un círculo de radio R. calcule la altura de dicho cono.

R √2 3 D)

B)

R √3 3

C)

2 R √2 3

R √5 3

Solución

El desarrollo de la superficie lateral de un cono de revolución es un sector circular, si además el desarrollo es la tercera parte de un círculo, el sector

circular es uno de 120° ó

π 3

radianes. si R es el radio del círculo, entonces

R es la generatriz del cono (g = R).

La longitud el arco del sector circular de 120° es 2 π R/3 siendo esta, la longitud del perímetro de la base del cono. De donde r = R/3, siendo r el radio de la base del cono. Con r y g conocidos podemos calcular la altura del cono.

h=

√ g 2−r 2

=

√

(R)2−(

R 2 ) 3

= 2R

√2

/3

Respuesta C.

Tercer año 1

En el gráfico las rectas m y n son paralelas, calcule el valor de x. Si α – β = 40°.

A) 20° Solución

B) 30°

C) 40°

D) 50°

Prolongamos adecuadamente los lados, buscando el ángulo ABC, de donde observamos que la m ∡ ABC = x. Entonces por ángulos entre paralelas, x = α – β = 40° Respuesta C 2

A

Los cuadrados EFGH y JKLM están inscritos en los triángulos ABC y EBH, si AC = b y LM = a. Calcule el lado del cuadrado EFGH.

a+b 2 D)

B)

√a . b

C) 2

√a . b

2 ab a+b

Solución Como EH//AC entonces los triángulos EBH y ABC son semejantes y los cuadrados son elementos homólogos de dicha semejanza (cuadrados inscritos en triángulos semejantes), entonces a/x = x/b de donde x =

√a . b

.

Respuesta B

3

En el gráfico AB = 2(MN), BM=MC, AN= AB + NC. Calcule el área de la región ABC si

A

(MN)2 + (MN)(NC) =

√3

B) 2

√3

.

√3

C) 3

D) 4 Solución Sea MN = a/2 y NC = b entonces del dato AB = a y AN = a +b

Desde B trazamos BQ//MN, entonces QN = NC = b y AQ= a En el triángulo QBC del teorema de los puntos medios BQ = a, por lo tanto el triángulo ABQ es equilátero de lado a y la m ∡ BAQ = 60°. Calculemos el área de la región ABC en función de a y b. Entonces:

[ ABC ] = ½ (a)(a+2b)sen 60° = (a2/4 + ab/2) √ 3 = ((MN)2 +

(MN)(NC))

√3

=3

Respuesta C. 4

Un prisma recto está circunscrito a un cilindro de revolución, cuyo radio de su base es 2u. Si el volumen del prisma es mínimo, calcule el perímetro de la base sabiendo que es un número entero y las bases de los sólidos son coplanares.

A 12

B) 13

C) 14

D) 15

Solución Como el prisma está circunscrito al cilindro, el volumen del prisma es mayor que el volumen del cilindro, además las bases son coplanares por lo que sus alturas son iguales, entonces la razón de volúmenes solo depende de las

áreas de sus bases, entonces el área de la base del prisma es mayor que el área de la base del cilindro.

Luego: p.r >

π

r2, de donde p >

π r = (3,1416)(2) = 6,2832

2p > 12,5664 entonces el perímetro mínimo es 13 Respuesta B. 5

En un triángulo equilátero ABC, se traza la altura AM, desde M se traza MN perpendicular a AC (N en AC). Si Q es punto medio de MN, calcule la medida del ángulo que forman BN y AQ.

A 45° 75°

B) 60°

C) 90°

D)

Solución Graficando según el enunciado, ABC es triángulo equilátero y nos piden calcular x.

Trazamos la altura BH, entonces los triángulos CBH y MAN son semejantes de 30° y 60° Y en dichos triángulos, las medianas BN y AQ respectivamente son homólogas. Como las hipotenusas de dichos triángulos son perpendiculares, sus medianas también serán perpendiculares. Por lo tanto x = 90°

Respuesta C. 6

En una pirámide cuadrangular regular, se inscribe un cilindro de revolución (cilindro recto de base circular) de modo que dos caras laterales opuestas son tangentes a la superficie lateral del cilindro. Si la altura de la pirámide es el triple del radio de la base del cilindro, calcule la medida del ángulo diedro que forman estas dos caras laterales. A) 30° D) 60°

B) 45°

C) 53°

Solución

Para poder apreciar a las dos caras laterales del prisma tangentes a la superficie lateral del cilindro es necesario observar la pirámide, proyectada en un plano perpendicular a las aristas básicas AB y CD, siendo las caras

VAB y VDC, las caras tangentes a la superficie cilíndrica, entonces el cilindro se observa como un círculo y la pirámide como un triángulo.

Es en esta vista en donde aprovechamos el dato (la altura es el triple del radio de la base del cilindro) Según el gráfico podemos apreciar que el ángulo que forman estas caras laterales opuestas de la pirámide es 60°. Respuesta D.