Question

En el cuadrado $ABCD,$ los puntos $E$ y $H$ están en $\overline{AB}$ y $\overline{DA},$ respectivamente, de modo que $AE=AH.$ Los puntos $F$ y $G$ están en $\overline{BC}$ y $\overline{CD},$ respectivamente, y los puntos $I$ y $J$ están en $\overline{EH}$ de modo que $\overline{FI} \perp \overline{EH}$ y $\overline{GJ} \perp \overline{EH}.$ Observa la figura de abajo. El triángulo $AEH,$ el cuadrilátero $BFIE,$ el cuadrilátero $DHJG,$ y el pentágono $FCGJI$ tienen cada uno área $1.$ ¿Cuánto vale $FI^2$ ?

In square $ABCD,$ points $E$ and $H$ lie on $\overline{AB}$ and $\overline{DA},$ respectively, so that $AE=AH.$ Points $F$ and $G$ lie on $\overline{BC}$ and $\overline{CD},$ respectively, and points $I$ and $J$ lie on $\overline{EH}$ so that $\overline{FI} \perp \overline{EH}$ and $\overline{GJ} \perp \overline{EH}.$ See the figure below. Triangle $AEH,$ quadrilateral $BFIE,$ quadrilateral $DHJG,$ and pentagon $FCGJI$ each has area $1.$ What is $FI^2?$

$\dfrac73$

$8-4\sqrt2$

$1+\sqrt2$

$\dfrac74\sqrt2$

$2\sqrt2$

Respuesta: B

Conceptos:cuadrado (geometría)descomposición de áreas triángulo rectángulo especial

Nivel de dificultad: 1950

Solución en video:

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Solución escrita:

Las cuatro regiones nombradas llenan el cuadrado y cada una tiene área $1,$ así que el cuadrado tiene área $4$ y lado $2.$ Como el triángulo $AEH$ es rectángulo isósceles con área $1,$ tenemos $AE=AH=\sqrt2.$

Prolonguemos $FI$ hasta cortar $AB$ en $K,$ y sea $x=BF$ y $t=BE=2-\sqrt2.$ Como $EH$ tiene pendiente $-1,$ la recta $FK$ tiene pendiente $1,$ así que $BF=BK=x.$ Si $K$ estuviera en el segmento $EB,$ la región $BFIE$ estaría dentro del triángulo $BFK,$ cuya área sería a lo sumo $t^2/2<1,$ una contradicción. Por tanto, $K$ está a la izquierda de $E,$ y $EK=x-t.$

El triángulo $BFK$ es rectángulo isósceles con área $x^2/2.$ El triángulo $EIK$ es rectángulo isósceles con hipotenusa $EK=x-t,$ así que su área es $(x-t)^2/4.$ Como su diferencia es la región $BFIE,$ $1=\frac{x^2}{2}-\frac{(x-t)^2}{4}.$ Por tanto, $\begin{aligned} 4&=2x^2-(x-t)^2\\ &=(x+t)^2-2t^2. \end{aligned}$

Además, $FK=x\sqrt2$ y $KI=(x-t)/\sqrt2,$ por lo que $FI=FK-KI=\frac{x+t}{\sqrt2}.$ Se sigue que $\begin{aligned} FI^2&=\frac{(x+t)^2}{2}\\ &=2+t^2\\ &=2+(2-\sqrt2)^2\\ &=8-4\sqrt2. \end{aligned}$

Por lo tanto, B es la respuesta correcta.

The four named regions fill the square and each has area $1,$ so the square has area $4$ and side length $2.$ Since triangle $AEH$ is right isosceles with area $1,$ we have $AE=AH=\sqrt2.$

Extend $FI$ to meet $AB$ at $K,$ and set $x=BF$ and $t=BE=2-\sqrt2.$ Because $EH$ has slope $-1,$ line $FK$ has slope $1,$ so $BF=BK=x.$ If $K$ were on segment $EB,$ then region $BFIE$ would lie inside triangle $BFK,$ whose area would be at most $t^2/2<1,$ a contradiction. Thus $K$ lies to the left of $E,$ and $EK=x-t.$

Triangle $BFK$ is right isosceles with area $x^2/2.$ Triangle $EIK$ is right isosceles with hypotenuse $EK=x-t,$ so its area is $(x-t)^2/4.$ Since their difference is region $BFIE,$ $1=\frac{x^2}{2}-\frac{(x-t)^2}{4}.$ Therefore $\begin{aligned} 4&=2x^2-(x-t)^2\\ &=(x+t)^2-2t^2. \end{aligned}$

Also, $FK=x\sqrt2$ and $KI=(x-t)/\sqrt2,$ so $FI=FK-KI=\frac{x+t}{\sqrt2}.$ It follows that $\begin{aligned} FI^2&=\frac{(x+t)^2}{2}\\ &=2+t^2\\ &=2+(2-\sqrt2)^2\\ &=8-4\sqrt2. \end{aligned}$

Thus, the correct answer is B .

2020 AMC 10B Problema 21

Respuesta: B

Nivel de dificultad: 1950

Solución en video:

Solución escrita:

El Problema 21 en otros años