Problemas De Geometria Olimpiadas

PROBLEMAS DE GEOMETR´ IA DE OLIMPIADAS Francisco Bellot Rosado Aunque un alto porcentaje de los problemas de Geometr´ia que se proponen en las Olimpiadas y concursos se resuelven con ayuda de la semejanza de tri´ angulos, en algunos casos hace falta aplicar t´ecnicas m´as espec´ificas, como los teoremas de Ceva y Menelao, el teorema de Stewart, el de Van Aubel, e incluso la inversi´ on. Presentamos una colecci´on de problemas geom´etricos en el que las habilidades necesarias est´ an repartidas. Problema 1 En el cuadril´ atero ABCD est´ a inscrito un c´irculo, siendo K,L,M,N los puntos de tangencia con los lados AB,BC,CD y DA, respectivamente. Las rectas DA y CB se cortan en S, mientras que BA y CD se cortan en P. Si S,K y M est´ an alineados, probar que P,N y L tambi´en lo est´ an. (Olimpiada de Bielorrusia 1996) Soluci´ on del estudiante M.Vronski. Llamemos SN = SL = s, P K = P M = p, BK = BL = b, CL = CM = c, DM = DN = d Aplicando el teorema de Menelao al tri´angulo BPC con SM deducimos que la colinealidad de S,K y M es equivalente a 1=

b p s+c b (s + c) BK P M CS . . = . . = , KP M C SB p c s−b c (s − b)

es decir, a (c − b) s = 2bc

(1)

Razonando de forma similar con P,N y L vemos que ser´a suficiente probar que (1) implica (c − d) p = 2dc

(2).

Aplicando el teorema de Menelao al tri´angulo PKM con SC, obtenemos 1=

KB P C SM b p + c SM . . = . . , BP CM SK p + b c SK

luego SM = SK.

c (p + b) c (p + b) ⇐⇒ SM 2 = SM.SK. . b (p + c) b (p + c)

Utilizando ahora la potencia del punto S respecto del c´ırculo inscrito en el cuadril´ atero, SM.SK = SN 2 = s2 , luego SM 2 =

s2 c (p + b) . b (p + c) 1

Por otra parte, el teorema de Stewart para SM en el tri´angulo CSD da

SM 2 2

2

c (s + d) + d (s + c) − dc d+c

M C.SD2 + M D.SC 2 − M D.M C = DC 4dcs = s2 + d+c

=

Igualando las dos expresiones para SM 2 obtenemos (c − b) p 2bcps 4dcs = s2 . = por (1) = , d+c b (p + c) b (p + c) luego 2d p = , d+c p+c que es equivalente a (2). Problema 2 En el tri´ angulo ABC, sea P el punto de concurrencia de las cevianas AA’,BB’ y CC’ (con A0 ∈ (BC) , B 0 ∈ (CA) , C 0 ∈ (AB) ), y sea M un punto del plano del tri´ angulo. Demostrar que [BP C] M A2 + [CP A] M B 2 + [AP B] M C 2 = M P 2 + r (P ) , [ABC] donde r(P) es la potencia de P respecto del c´ırculo circunscrito a ABC y [] representa el ´ area. (Revista rumana Gamma) Soluci´ on. En primer lugar, aplicando el teorema de Stewart en el tri´angulo MAA’ con la ceviana PM, resulta M A2 .P A0 + A0 M 2 .AP = M P 2 .AA0 + AP.P A0 .AA0

(1).

Aplicando el mismo teorema en MBC con A’M, obtenemos M B 2 .A0 C + M C 2 .BA0 = A0 M 2 .BC + BA0 .A0 C.BC

(2)

Eliminando A0 M 2 entre (1) y (2), despej´andolo de (2), llev´andolo a (1) y dividiendo por AA’ se llega a

M A2 .

0 0 0 0 P A0 2 A C.AP 2 BA .AP 2 0 BA .A C.AP +M B . +M C . = M P +AP.P A + (3) AA0 AA0 .BC AA0 .BC AA0

Vamos ahora a obtener nuevas expresiones en donde intervengan las ´areas de los tri´ angulos que aparecen en la expresi´on final. Si P P1 ⊥ BC y AA1 ⊥ BC, de la semejanza entre los tri´angulos P P1 A0 y AA1 A0 resulta 2

P A0 P P1 P P1 .BC [BP C] = = = 0 AA AA1 AA1 .BC [ABC]

(4).

Por otra parte, los tri´ angulos AA0 C y ABC tienen la misma altura; luego 0 AA C [ ] AP CA ı mismo, AA0 C y APC tienen la misma altura; luego AA 0 = BC = [ABC] ; as´ 0

[AP C] [AA0 C] ;

multiplicando estas dos expresiones obtenemos A0 C.AP [AP C] = AA0 .BC [ABC]

(5);

de la misma manera se demuestra BA0 .AP [AP B] = AA0 .BC [ABC]

(6).

Por otra parte, si llamamos A” al punto de intersecci´on de AA’ con el c´ırculo cicunscrito, la potencia de A’ respecto de este c´ırculo es BA0 .A0 C = AA0 .A0 A00

(7).

Vamos, finalmente, a obtener otra expresi´on para los dos u ´ltimos sumandos de (3):

P A0 .P A+

BA0 .CA0 .P A = P A0 .P A+A0 A00 .P A = (P A0 + A0 A00 ) P A = P A00 .P A AA0

que es precisamente la potencia de P respecto del c´ırculo circunscrito. Llevando a (3) lo obtenido en (4),(5),(6) y (7), junto con la observaci´on anterior, se obtiene el resultado. Particularizando P y M con puntos notables del tri´angulo se obtienen identidades igualmente notables. Problema 3 Demostrar que, en el tri´ angulo ABC, si GO =

R , 3

entonces ABC es rect´ angulo, y rec´ıprocamente. (Elemente der Mathematik, 1952) Soluci´ on: Es conocido que los puntos O, G, H y F (centro del c´ırculo de los 9 puntos) est´ an alineados en la recta de Euler y se verifica OG GF FH = = . 2 1 3 Como F es el punto medio de OH, y el radio del c´ırculo de los 9 puntos es R2 , H ser´ a exterior, interior o sobre el circunc´ırculo cuando ocurra lo mismo para el c´ırculo de 9 puntos. Es claro que si ABC es acut´angulo, H es interior 3

al circunc´ırculo, y si es rect´ angulo est´a sobre ´el (es el v´ertice del ´angulo recto). En un tri´ angulo obtus´ angulo, H es exterior al c´ırculo de 9 puntos y tambi´en al circunc´ırculo. Si OG = R3 ,entonces OH = R, y el tri´angulo es rect´angulo. As´ı pues, tenemos:

ABC acut´angulo

⇐⇒

ABC rect´angulo

⇐⇒

ABC obtus´angulo

⇐⇒

R 3 R GO = 3 R GO > 3 GO <

Problema 4 La gr´ afica Γ de la funci´ on 1 , x ∈ (0, +∞) x se dibuja en el plano con respecto a unos ejes coordenados rectangulares Oxy. Despu´es se borran los ejes de coordenadas. Reconstruirlos con regla y comp´ as. (Competici´ on b´ ulgara de primavera, 1992) Soluci´ on oficial Primero demostraremos que si A 6= B son dos puntos de Γ, M es el punto medio del segmento AB, y C es el punto de intersecci´on de la recta OM con la recta por A paralela al tri´
eje OY,
entonces ela+b
angulo ABC es rect´angulo. , on de OM es En efecto: A a, a1 , B b, 1b , M a+b 2 2ab ; la ecuaci´ 1 y = ab x. Por otra parte, todos los puntos de la recta AC, paralela a Oy
tienen su primera ccordenada igual a a, as´ı que C a, 1b y BC es paralelo a Ox, es decir, ABC es rect´ angulo. Sean ahora         1 1 1 1 , B b, , C c, , D d, A a, a b c d y=

cuatro puntos (distintos) de Γ, y     a+b a+b c+d c+d M , ,N , 2 2ab 2 2cd los puntos medios de AB y CD. Las ecuaciones de AB y CD son 1 1 1 1 1 1 x+ + , y =− x+ + ab a b cd c d respectivamente. El n´ umero de puntos comunes a esas rectas es el de soluciones del sistema formado por ambas ecuaciones. Este sistema tiene soluci´on u ´nica si ab 6= cd. Si ab = cd ambas rectas son paralelas. Como las rectas OM 1 1 y ON tienen por ecuaciones respectivas y = ab x, y = cd x vemos que si AB es y=−

4

paralela a CD, entonces OM = ON. As´ı hemos obtenido que si AB y CD son dos cuerdas paralelas de Γ, entonces MN pasa por el origen de coordenadas. En consecuencia, para construir el origen de coordenadas es suficiente tomar dos pares de cuerdas paralelas y hallar el punto de intersecci´on de las rectas que pasan por los puntos medios de esos dos pares. Los ejes pueden ser reconstru´idos tomando primero una cuerda arbitraria AB con punto medio M y llamando C al punto de intersecci´on de la circunferencia de di´ ametro AB y la recta OM. Entonces Ox es paralela a BC y Oy a AC. Problema 5 Resolver la ecuaci´ on p

abx (x − a − b) +

p p p bcx (x − b − c) + cax (x − c − a) = abc (a + b + c)

(Mathesis, 1890) Soluci´ on: La simetr´ıa de la ecuaci´ on y las expresiones subradicales inducen a pensar que ser´ a posible resolver el problema con ayuda de la f´ormula de Her´on; en efecto, poniendo p abx (x − a − b) = γ; p cax (c − c − a) = β;

p bcx (x − b − c) = α; p abc (a + b + c) = δ,

se ve f´ acilmente que α, β, γ, δ representan el doble de las ´areas de los tri´angulos de lados respectivos b + c x − b x − c (α) c + a c − c x − a (β) a + b x − a x − b (γ) b + c c + a a + b (δ) Consideremos el tri´ angulo ABC de lados b + c, c + a, a + b. De la relaci´on α + β + γ = δ resulta que en el plano de este tri´angulo existe un punto O cuyas distancias a A,B,C son x − a, x − b, x − c. Aplicando las f´ ormulas de Briggs 1 d sin CAO 2 1 d sin BAO 2 1 d sin CAB 2

s

a (x − a − c) , (x − a) (c + a)

1 d cos CAO = 2

r

s

a (x − a − b) , (x − a) (a + b)

1 d cos BAO = 2

s

s

bc (a + b) (a + c)

=

=

=

Sustituyendo esos valores en la relaci´on 5

cx (x − a) (c + a)

bx (x − a) (a + b)

1 d 1 d 1 d 1 d 1 d sin CAB = sin CAO. cos BAO + cos CAO. sin BAO 2 2 2 2 2 se obtiene, simplificando: bc (x − a) = bβ + cγ. An´ alogamente se obtienen ca (x − b) = cγ + aα,

ab (x − c) = aα + bβ.

Restando de la suma de las dos u ´ltimas la primera resulta p x (ca + ab + bc) − abc = 2aα = 2a bcx (x − b − c) de donde h

i 2 (ca + ab − bc) − 4a2 bc x2 + 2abc (ab + bc + ca) x + a2 b2 c2 = 0;

el coeficiente de x2 se puede poner como X

b2 c2 − 2abc

X

a=

X

2 bc − 4δ 2 ,

as´ı que la ecuaci´ on cuadr´atica toma la forma  X 2 x bc + abc = 4δ 2 x2 , as´ı que, extrayendo la ra´ız cuadrada a los dos miembros, −abc bc + ca + ab ± 2δ La ecuaci´ on (y el problema) admite la siguiente reformulaci´on geom´etrica: Hallar el radio de una circunferencia tangente exteriormente a tres circunferencias dadas de radios a, b, c tangentes dos a dos. Se puede poner   2 1 1 1 x= ± + + , r a b c x=

siendo r el inradio del tri´angulo ABC cuyos v´ertices son los centros de las tres circunferencias dadas. Problema 6 Olimpiada de Chequia 1994 Sean AA1 , BB1 , CC1 las alturas del tri´angulo acut´angulo ABC, y sea V su punto de intersecci´ on. Si los tri´angulos AC1 V, BA1 V y CB1 V tienen la misma area, ¿ser´ ´ a ABC equil´ atero? Soluci´ on Probaremos que, si tres cevianas concurrentes determinan tri´angulos de la misma ´ area, entonces V es el baricentro del tri´angulo. Como un tri´angulo cuya 6

mediana coincide con su altura es claramente is´osceles, uno cuyo baricentro coincida con su ortocentro ser´a equil´atero. Para demostrar nuestra afirmaci´on, sean x, y, z, v las ´areas respectivas de los tri´ angulos V BA1 , V BC1 , V CA1 , V AB1 .

Se verifica AC1 x 2x + v = = , C1 B y x+y+z as´i que, tras algunas manipulaciones, x (x + z) = y (x + v) ; an´ alogamente

x (x + v) = z (x + y) x (x + y) = v (x + z) Sin p´erdida de la generalidad, se puede suponer que y ≥ z, y ≥ v. Como x + v ≤ x + y, se sigue que de la segunda igualdad x ≥ z. An´ alogamente, de la tercera igualdad se deduce x ≤ v, luego z ≤ x ≤ v. Finalmente, de la primera igualdad se deduce tambi´en que x ≥ y. Por lo tanto, x = y = v. Los puntos A1 , B1 , C1 deben ser los puntos medios de los lados del tri´ angulo, y V debe ser el baricentro. Problema7 Olimp. Iberoamericana 2001, Problema 2 La circunferencia inscrita en el tri´angulo ABC tiene centro I y es tangente a los lados BC,CA y AB en los puntos X, Y, Z respectivamente. Las rectas BI y CI cortan a la recta YZ en los puntos P y Q, respectivamente. Demostrar que si los segmentos XP y XQ tienen la misma longitud, entonces ABC es is´ osceles.

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Soluci´ on (F.Bellot)

d = 90 − A . El tri´ angulo AZY es is´ osceles, as´i que AZY 2 dB = C . Entonces, el teorema d = 90 + A . Y de aqu´i que ZP Entonces BZP 2 2 del seno en BZP da: BP sin 90 +

A 2


=

BZ sin C2

Como BZ = p − b, resulta as´i BP =

(p − b) cos A2 , sin C2

que, utilizando las conocidas f´ormulas A cos 2 C sin 2

r

p (p − a) bc r (p − a) (p − b) = ab

=

se expresa en la forma ap (p − b) B B = a2 cos2 =⇒ BP = a cos . c 2 2 Entonces, el teorema del coseno en BXP nos permite escribir XP2 : BP 2 =

XP 2

= BX 2 + BP 2 − 2BX · BP cos = · · · = (p − b)

B 2

b (p − c) c

Para hallar XQ2 s´ olo hay que cambiar la b por c y rec´iprocamente, con lo que 8

XQ2 = (p − c)

c (p − b) b

as´i que XP 2 = XQ2 ⇐⇒ b2 = c2 , y ABC es is´ osceles. Comentario : Resulta cuando menos sorprendente que en el banco de problemas de Geometr´ia de la Iberoamericana no hubiera otro problema de Geometr´ia en el que hubiera que hacer algo m´as que aplicar las f´ormulas para las razones trigonom´etricas de los ´ angulos mitad en un tri´angulo Problema 8 Sea M un punto interior al tri´angulo ABC. Las paralelas por M a AB y a AC forman, con BC, un tri´ angulo de ´area Sa . Se definen an´alogamente Sb y Sc . a) Demostrar que 1 1 9 1 √ +√ +√ ≥p Sa Sb Sc area [ABC] b) Determinar la posici´ on del punto M para que se verifique la igualdad. Soluci´ on Utilizaremos las notaciones de la figura 1 :

Y adem´ as, ponemos S = area [ABC] , x =

9

MD AD , y

=

ME BE , z

=

MF CF

, donde

AM ∩ BC = D, BM ∩ AC = E, CM ∩ AB = F (f ig.2)

Se observa que los tri´ angulos A1 M A2 y ABC son semejantes (tienen los lados paralelos), con raz´ on de semejanza A1 M/AB. Como los tri´angulos DM A1 y DAB tambi´en son semejantes, tenemos

A1 M DM area [A1 M A2 ] = = x =⇒ = AB AD area [ABC]



A1 M AB

2

= x2 =

Sa . S

Un razonamiento similar demuestra que Sb Sc = y2 , = z2. S S Entonces la desigualdad del enunciado se convierte en r r r S S S 1 1 1 + + ≥ 9 ⇐⇒ + + ≥ 9 Sa Sb Sc x y z

(1).

Es f´ acil comprobar que x + y + z = 1 En efecto, como x=

MD MM0 area [BM C] = = , AD AA0 area [ABC]

y=

area [AM C] area [AM B] ,z = , area [ABC] area [ABC]

y, an´ alogamente,

teniendo en cuenta que M es un punto interior al tri´angulo, se obtiene inmediatamente x + y + z = 1.

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Como, cualesquiera que sean los n´ umeros reales positivos x, y, z se verifica   1 1 1 (x + y + z) + + ≥ 9, x y z en nuestro caso esta desigualdad se convierte en (1). Y la condici´ on de igualdad es la igualdad de ´areas entre los tri´angulos AMB, BMC y CMA, lo cual se produce cuando M es el baricentro de ABC y s´olo en ese caso. Problema 9 Se dan en el plano una recta ∆ y tres circunferencias de centros A,B,C, tangentes a ∆ y tangentes exteriores entre s´i dos a dos. Demostrar que el tri´ angulo ABC es obtus´ angulo y hallar el valor m´aximo de la medida del ´angulo obtuso. Soluci´ on Supongamos que los radios de los tres c´irculos son respectivamente a, b, c y que c = min {a, b, c} . Sean A0 , B 0 , C 0 las proyecciones ortogonales de A, B, C sobre ∆.

Entonces q √ 2 2 (b + a) − (b − a) = 2 ab √ √ 0 0 y an´ alogamente B C = 2 bc, A0 C 0 = 2 ac. De la igualdad A0 B 0 = A0 C 0 + √ √ √ 0 0 C B resulta ab = ac + bc (1). Esta igualdad es equivalente a A0 B 0 =

c=  √

ab √ 2 a+ b

(2)

El teorema del coseno en ABC da: cos C =

c (a + b + c) − ab (a + c) (b + c)

(3)

Vamos a demostrar que ABC es obtus´angulo en C. En efecto, 11

c

 √

cos C < 0 ⇐⇒ c (a + b + c) < ab  √ √ 2 √ √ 2 a + b − 2 ab + c < c a+ b √ √  c < 2 ab + bc ⇐⇒ √ √  √ √ c < 2 a + b ⇐⇒ c < 2 ab

que es cierta. Por lo tanto, C > π2 . Para calcular el m´ aximo valor de C, escribimos (3) en la forma cos C = 1 −

C ab 2ab ⇐⇒ sin2 = (a + c) (b + c) 2 (a + c) (b + c)

(4)

Ya que π2 < C < π, π4 < C2 < π2 . Vamos a calcular de forma elemental el m´ aximo valor del sin2 C2 . Para ello escibimos (4) en la forma sin2

C = 2

1

=

a+c b+c a . b

1+

c a

1


1+

c b


,

con lo que el problema es hallar el valor m´inimo de la expresi´on  c c P = 1+ 1+ a b √ √

c c Ponemos √a = u, √b = v, con lo que P = 1 + u2 1 + v 2 , con la condici´on suplementaria u + v = 1. Sea p = uv. Entonces P = 1 + u2 + v 2 + u2 v 2 = 1 + 1 − 2uv + u2 v 2 = p2 − 2p + 2 As´i, el problema es hallar el valor m´inimo del trinomio p2 − 2p + 2, donde p = uv = u (1 − u) = −u2 + u con 0 < u < 1. Esto significa que 0 < p ≤ 41 . El  trinomio P es decreciente en 0, 14 con lo que el m´inimo se alcanza en p = 14 , con u = v = 12 . Por lo tanto, sin2 C2 alcanza su m´aximo cuando a = b, y en ese caso a2 2

(a + c)

=

a2 a+


= a2 2

4a

a2 a+


a 2 4

=

16 25

de donde Cmax = 2 arcsin 45 . Problema 10 Sea el tri´ angulo ABC y A1 ∈ (BC) . Demostrar que los c´irculos inscritos en los tri´ angulos ABA1 y ACA1 son tangentes entre s´i , si y solamente si A1 es el punto de tangencia del c´irculo inscrito en ABC. Soluci´ on

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Supongamos primero que los c´irculos C1 y C2 , inscritos respectivamente en ABA1 y ACA1 , son tangentes. Demostraremos que A1 es el punto de tangencia del inc´irculo de ABC con el lado BC, lo que equivale a probar que BA1 = p − b, siendo p el semiper´imetro de ABC.

La recta AA1 es tangente a cada uno de los c´irculos C1 y C2 as´i que es la tangente com´ un en el punto de tangencia T de ambos. Sean M1 , M2 los puntos de tangencia de ambos c´irculos con BC, y los dem´as puntos que se indican en la figura. Se tiene

x = A1 M1 = A1 M2 = A1 T ; y = BM1 = BN1 ; z = CM2 = CN2 ; u = AN1 = AT = AN2 Se tienen las igualdades evidentes

2x + y + z z+u y+u

= a (1) = b (2) = c (3)

De (2) resulta u = −z + b, que con (3) da z = y + b − c; sustituyendo en (1) obtenemos 2x + y + y + b − c = a, es decir x + y = BA1 =

a−b+c = p − b. 2

Rec´iprocamente, supongamos ahora que A1 es el punto de tangencia del c´irculo inscrito en ABC con BC. Vamos a demostrar que la recta AA1 es tangente en un mismo punto T a ambos c´irculos C1 , C2 . En principio, sea T1 el punto de tangencia de AA1 con C1 y T2 el punto de tangencia de AA1 con C2 . Sobre la

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figura, se tiene

x1 u1 y

= A1 M1 = A1 T1 ; x2 = A1 M2 = A1 T2 = AN1 = AT1 ; u2 = AN2 = AT2 = BM1 = BN1 ; z = CM2 = CN2

Establecidas estas notaciones, se tienen las igualdades

AA1 AA1

= AT1 + T1 A1 = u1 + x1 = c − y + x1 = c + (y + x1 ) − 2y = c + p − b − 2y (4) = AT2 + T2 A1 = u2 + x2 = b − z + x2 = b + (z + x2 ) − 2z = b + p − x − 2z (5)

De (4) y (5) resulta c + p − b − 2y = b + p − c − 2z ⇐⇒ z = y + b − c y de aqu´i obtenemos x2 = (p − c) − z = (p − c) − (y + b − c) = (p − b) − y = x1 de modo que A1 T1 = A1 T2 y T1 = T2 . Problema 11 Problema #1, IMO 2000 Dos circunferencias, Γ1 y Γ2 , se cortan en M y N. Sea t la recta tangente com´ un a ambas circunferencias, tal que M est´a m´as cerca de t que N. La recta t es tangente a Γ1 en A y a Γ2 en B. La recta paralela a t que pasa por M corta de nuevo a Γ1 en C y a Γ2 en D. Las rectas CA y DB se cortan en E. Las rectas AN y CD se cortan en P ; las rectas BN y CD se cortan en Q. Demostrar que EP = EQ.

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Soluci´ on 1 (Ma A. L´ opez Chamorro)

Si O1 , O2 son los respectivos centros, y M1 ,M2 son los puntos medios respectivos de MC y MD, entonces se tiene : O1 A k O2 B ; M1 A = M2 B. La perpendicular a AB que pasa por M tiene que pasar tambi´en por E, pues llamando E1 al punto de intersecci´on de tal perpendicular con AC y E2 al de intersecci´ on con BD, ser´ia M E1 = 2M1 A = 2M2 B = M E2 . Esto prueba que E1 = E2 = E. Por su parte, el eje radical MN corta a la tangente AB en su punto medio R, luego RA = RB. Los tri´ angulos NAR y NMP son semejantes ; de aqu´i NA NR RA = = . PN NM PM An´ alogamente, los tri´ angulos NBR y NMQ son semejantes, luego NB NR RB = = NQ NM QM Por lo tanto, RA RB = =⇒ P M = QM =⇒ EP = EQ. PM QM Problema 12 Problema 2, APMO99 Sean Γ1 y Γ2 dos circunferencias que se cortan en P y Q. La tangente com´ un a ambas, m´as pr´ oxima a P, es tangente a Γ1 en A y a Γ2 en B. La tangente a Γ1 en P corta a Γ2 en C 6= P, y la prolongaci´on de AP corta a BC en R. Demostrar que el c´irculo circunscrito a PQR es tangente a BP y a BR.

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Soluci´ on oficial

d , γ = QAP d . Ya que PC es tangente a la primera Sean α = Pd AB, β = ABP d d circunferencia, se tiene QP C = QBC = γ. Por tanto, los puntos A, B, R y Q son conc´iclicos. d = α y Ya que AB es la tangente com´ un a las dos circunferencias, AQP d d d = ´ P QB = P CB = β. Por lo tanto, ya que A,B,R,Q son conciclicos, ARB d d d d d = ´ AQP = α+β y por tanto BQR = α. Asi obtenemos que P QR = P QB+ BQR α + β. dR es un ´ dR = α + β. Como BP angulo exterior del tri´angulo ABP, BP ´ Asi tenemos dR = BRP d , Pd QR = BP luego el circunc´irculo de PQR es tangente a BP y a BR. Problema 13 Sea ABCDEF un hex´ agono convexo tal que AB es paralelo a ED, BC es paralelo a FE y CD es paralelo a AF. Sean RA , RC , RE los radios de las circunferencias circunscritas a los tri´ angulos FAB, BCD y DEF, respectivamente; y sea p el per´imetro del hex´ agono. Demostrar que R A + RE + RC ≥

p . 2

(Original de Nairi M. Sedrakian). Soluci´ on oficial Sean a, b, c, d, e, f las longitudes de AB, BC, DE, EF y FA, respectivamente. b = D, b B b = Obs´ervese que los ´ angulos opuestos del hex´agono son iguales (A b b b E, C = F ). Desde A y D se trazan perpendiculares a las rectas BC y EF (v. la

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figura)

Se verifican las relaciones

KH LN

= AB sin B + AF sin F = DC sin C + DE sin E

que, mediante la igualdad de ´angulos opuestos en el hex´agono, se covierten en

KH LN

= AB sin B + AF sin C = DC sin C + DE sin B

La distancia KH=LN es la distancia entre las rectas BC y EF, luego BF ≥ KH = LN, y por lo tanto 2BF ≥ KH + LN = AB sin B + AF sin C + DC sin C + DE sin B. El teorema de los senos en ABF da BF = 2RA . sin A, de donde 4RA sin A = 2BF ≥ AB sin B + AF sin C + DC sin C + DE sin B y an´ alogamente

4RC sin C 4RE sin B

= 2BD ≥ F A sin A + F E sin B + CB sin B + CD sin A = 2DF ≥ BC sin C + BA sin A + ED sin A + EF sin C

17

Dividiendo esas desigualdades respectivamente por sin A, sin B, sin C y sumando, se obtiene 

   sin C sin A sin B sin C 4 (RA + RC + RE ) ≥ DC + + CB + sin A sin C sin C sin B     sin B sin A sin C sin A +BA + + AF + sin A sin B sin A sin C     sin C sin B sin A sin B +F E + + ED + sin C sin B sin A sin B y ya lo u ´nico que falta para obtener el resultado es utilizar la desigualdad (bien conocida) xy + xy ≥ 2, puesto que resulta 4 (RA + RC + RE ) ≥ 2p ⇐⇒ RA + RC + RE ≥

p . 2

La igualdad se alcanza si y s´olo si el hex´agono es regular. Observaci´ on 1: Sedrakian ha publicado en Mathematics Competitions, vol. 9, no 2, 1996 un art´iculo titulado The Story of creation of a 1996 IMO problem, en el que explica el proceso de obtenci´ on del problema. Observaci´ on 2: Este fu´e el problema m´ as dif´icil de la IMO de Bombay ; solamente fu´e resuelto por 6 estudiantes: dos rumanos y 4 armenios (!!!). Los seis estudiantes chinos obtuvieron cero puntos en ´el. Problema 14 En el tri´ angulo acut´ angulo ABC, AD y BE son alturas, y AP,BQ bisectrices interiores. Si I,O son, respectivamente, el incentro y el circuncentro de ABC, demostrar que D, E, I est´ an alineados ⇔ P, Q, O est´an alineados

Soluci´ on Como AD y BE son alturas,

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BD c. cos B AE c. cos A = ; = DC b. cos C EC a. cos C Como AP y BQ son bisectrices interiores, c BP = ; PC b

AQ c = QC a

(1)

(2).

Por otra parte, la condici´on necesaria y suficiente para que la transversal EF pase por el incentro I de ABC es DB EA .a + .b = c (3); EC DC y la condici´ on necesaria y suficiente para que la transversal PQ pase por el circuncentro O del tri´ angulo acut´angulo ABC es PB QA sin 2A + sin 2B = sin 2C QC PC

(4)

Nota: (3) y (4) son casos particulares del llamado teorema de la transversal, o teorema de Cristea (1953); para un tratamiento de este teorema, v.[2] . Volviendo al problema, sustituyendo (2) en (3) y (1) en (4) se obtiene, respectivamente

(3) ⇔

cos A cos B + =1 cos C cos C

(4) ⇔

usando el teor. del seno,

sin C sin A cos A sin C sin B cos B + =1 sin A sin C cos C sin B sin C cos C

que son claramente equivalentes. Problema 15 Las circunferencias G, G1 , G2 est´an relacionadas de la siguiente manera: G1 y G2 son tangentes exteriores en el punto W; ambas son, adem´as, tangentes interiores a G. Los puntos A,B y C de la circunferencia G se determinan de la siguiente forma: BC es la tangente exterior com´ un a G1 y G2 ; y WA es la tangente com´ un interior a G1 y G2 , de modo que W y A est´an a un mismo lado de la recta BC.

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Demostrar que W es el incentro de ABC.

Soluci´ on oficial Sea D el punto donde WA corta a BC. Sean E,F los puntos donde G1 y G2 son tangentes a BC. Definimos las longitudes x, y, β, γ, d como sigue: x = BE, y = CF, β = BD, γ = CD, d = AD; entonces se tiene DE = β − x,

DF = γ − y

y puesto que DE = DW = DF, es β − x = γ − y. Adem´ as, AW = d − β + x = d − γ + y. Vamos a considerar el sistema de 4 circunferencias: de centro A y radio 0; G1 ; de centro B y radio 0; de centro C y radio 0. Esos cuatro c´irculos son tangentes a G; los consideraremos interiores y aplicaremos el teorema generalizado de Ptolomeo (o de Casey) entre las longitudes de las tangentes comunes exteriores, que son: entre (A,0) y G1 entre (A,0) y (B,0) entre (A,0) y (C,0) entre G1 y (B,0) entre G1 y (C,0) entre (B,0) y (C,0) 20

: : : : : :

d−β+x c b x a−x a

Por lo tanto, seg´ un la relaci´on de Ptolomeo, (d − β + x) a + bx = c (a − x) , que se puede escribir, con la habitual notaci´on 2s = a + b + c, x=

a (β + c − d) 2s

(1)

De manera an´ aloga, considerando G2 y los tres c´irculos degenerados anteriores se llega a a (γ + b − d) (2). 2s Como DE = DW = DF, usando (1) y (2) podemos escribir y=

β−

a a (β + c − d) = γ − (γ + b − d) , 2s 2s

o bien (b + c) β − ac = (b + c) γ − ab ⇔ (b + c) (β − γ) = a (c − b) . Como β + γ = a, esta u ´ltima expresi´on da (b + c) (β − γ) = (β + γ) (c − b) , que se simplifica hasta llegar a BD AB d ⇔ AD bisectriz de BAC. = CD AC Para completar la soluci´on del problema debemos probar que BW es otra bisectriz; lo haremos en el tri´angulo ABD porque AD es tangente a G1 y G2 y as´i no hay que buscar expresiones para los segmentos en que BW corta a CA. Por el teorema de la bisectriz, cγ = βb ⇔

β=

ac ab ;γ = , b+c b+c

luego β−x=

ad ; 2s

por lo tanto, d 2s a+b+c = = , β−x a a y entonces

21

AW DW

= =

AD d a+b+c −1= −1= −1 DW β−x a c BA b+c d = ac = ⇔ BW bisectriz de ABC a BD b+c

La soluci´ on es completa. Problema 16 Un problema de la Olimpiada de Rusia 1994 Sean a, b, c los lados de un tri´angulo; ma , mb , mc las longitudes de sus medianas, y D el di´ ametro del c´irculo circunscrito. Demostrar que a2 + b2 b2 + c2 c2 + a2 + + ≤ 6D. mc ma mb (Dimitri Tereshin) Soluci´ on El hecho de que en la desigualdad propuesta aparezca el di´ametro del c´irculo circunscrito, que es la mayor cuerda de dicho c´irculo, sugiere prolongar las medianas hasta que vuelvan a cortar a la circunferencia circunscrita :

Llamamos a los nuevos puntos de intersecci´on con la circunferencia circunscrita A1 , B1 , C1 . Es obvio que AA1 ≤ D, BB1 ≤ D, CC1 ≤ D, o lo que es lo mismo, ma + A1 A2 ≤ D, mb + B1 B2 ≤ D, mc + C1 C2 ≤ D

(1).

Para calcular A1 A2 calcularemos de dos maneras la potencia del punto A2 respecto de la circunferencia circunscrita : A1 A2 · AA2 = BA2 · A2 C ⇐⇒ ma · A1 A2 = 22

a2 4

2

b y an´ alogamente se obtienen B1 B2 = 4m y C1 C2 = b Sustituyendo en (1) y sum´andolas resulta

c2 4mc .

4m2a + a2 4m2b + b2 4m2c + c2 + + ≤ 3D 4ma 4mb 4mc pero utilizando el teorema de la mediana, los numeradores son, respectivamente 2b2 + 2c2 , 2c2 + 2a2 , 2a2 + 2b2 con lo que se obtiene a2 + b2 b2 + c2 c2 + a2 + + ≤ 3D, 2mc 2ma 2mb que es claramente equivalente a la propuesta.

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