Question

En el diagrama de abajo, $ABCD$ es un cuadrado. El punto $E$ es el punto medio de $\overline{AD}.$ Los puntos $F$ y $G$ están sobre $\overline{CE},$ y $H$ y $J$ están sobre $\overline{AB}$ y $\overline{BC},$ respectivamente, de modo que $FGHJ$ es un cuadrado. Los puntos $K$ y $L$ están sobre $\overline{GH},$ y $M$ y $N$ están sobre $\overline{AD}$ y $\overline{AB},$ respectivamente, de modo que $KLMN$ es un cuadrado. El área de $KLMN$ es $99.$ Halla el área de $FGHJ.$

In the diagram below, $ABCD$ is a square. Point $E$ is the midpoint of $\overline{AD}.$ Points $F$ and $G$ lie on $\overline{CE},$ and $H$ and $J$ lie on $\overline{AB}$ and $\overline{BC},$ respectively, so that $FGHJ$ is a square. Points $K$ and $L$ lie on $\overline{GH},$ and $M$ and $N$ lie on $\overline{AD}$ and $\overline{AB},$ respectively, so that $KLMN$ is a square. The area of $KLMN$ is $99.$ Find the area of $FGHJ.$

Respuesta

Solución:

Sea $AE = s,$ de modo que el cuadrado grande tiene lado $2s$ y $CE = s\sqrt{5}.$ Los triángulos rectángulos $CDE,$ $JFC,$ $HBJ,$ $NKH,$ y $MAN$ son todos semejantes, con catetos en razón $1 : 2.$ Sea $x$ el lado de $FGHJ.$ En $\triangle HBJ$ la hipotenusa es $HJ = x,$ así que $BJ = \frac{x}{\sqrt{5}}$ y $HB = \frac{2x}{\sqrt{5}};$ en $\triangle JFC$ el cateto más largo es $JF = x,$ así que la hipotenusa es $JC = \frac{x\sqrt{5}}{2}.$ Entonces $\begin{aligned} 2s = BC &= BJ + JC \\ &= x\left(\frac{1}{\sqrt{5}} + \frac{\sqrt{5}}{2}\right) \\ &= \frac{7x}{2\sqrt{5}}, \end{aligned}$ así que $x = \frac{4\sqrt{5}\,s}{7}.$

Luego, $AH = 2s - HB = 2s - \frac{8s}{7}$ $= \frac{6s}{7}.$ La descomposición idéntica a lo largo de $\overline{AB}$ para el cuadrado $KLMN$ de lado $y$ da $\frac{6s}{7} = AH = AN + NH$ $= y\left(\frac{1}{\sqrt{5}} + \frac{\sqrt{5}}{2}\right).$ Dividiendo las dos ecuaciones, $\frac{x}{y} = \frac{2s}{6s/7} = \frac{7}{3}.$

Por lo tanto las áreas están en razón $\left(\frac{7}{3}\right)^2 = \frac{49}{9},$ así que el área de $FGHJ$ es $99 \cdot \frac{49}{9} = 539.$

Let $AE = s,$ so the big square has side $2s$ and $CE = s\sqrt{5}.$ The right triangles $CDE,$ $JFC,$ $HBJ,$ $NKH,$ and $MAN$ are all similar, with legs in ratio $1 : 2.$ Let $x$ be the side of $FGHJ.$ In $\triangle HBJ$ the hypotenuse is $HJ = x,$ so $BJ = \frac{x}{\sqrt{5}}$ and $HB = \frac{2x}{\sqrt{5}};$ in $\triangle JFC$ the longer leg is $JF = x,$ so the hypotenuse is $JC = \frac{x\sqrt{5}}{2}.$ Then $\begin{aligned} 2s = BC &= BJ + JC \\ &= x\left(\frac{1}{\sqrt{5}} + \frac{\sqrt{5}}{2}\right) \\ &= \frac{7x}{2\sqrt{5}}, \end{aligned}$ so $x = \frac{4\sqrt{5}\,s}{7}.$

Next, $AH = 2s - HB = 2s - \frac{8s}{7}$ $= \frac{6s}{7}.$ The identical decomposition along $\overline{AB}$ for the square $KLMN$ of side $y$ gives $\frac{6s}{7} = AH = AN + NH$ $= y\left(\frac{1}{\sqrt{5}} + \frac{\sqrt{5}}{2}\right).$ Dividing the two equations, $\frac{x}{y} = \frac{2s}{6s/7} = \frac{7}{3}.$

The areas are therefore in ratio $\left(\frac{7}{3}\right)^2 = \frac{49}{9},$ so the area of $FGHJ$ is $99 \cdot \frac{49}{9} = 539.$

2015 AIME I Problema 7

Solución:

El Problema 7 en otros años