PROBLEMAS DE GEOMETRIA DE OLIMPIADASProblemas de Francisco Bellot Rosado

Problema 1 En el cuadriltero ABCD est inscrito un crculo, 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 estn alineados, probar que P, N y L tambin lo estn.

(Olimpiada de Bielorrusia 1996)

Solucin ma:

S, K y M estn alineados, lo cual significa, que el punto S(s|t) est en la lina polar poP del punto P(p|q) con respecto al crculo. Esta lina polar pasa siempre por los puntos K y M donde las tangentes que pasan por P tocan el crculo. Para un crculo con la ecuacin x2 + y2 = r2 y, la ecuacin de poP es p x + q y = r2 y por lo tantop s + q t = r2. Entonces, la lina polar poS por N y L tiene la ecuacin s x + t y = r2, lo que significa que los puntos P, N y L estn alineados.

(Vlido tambin para otras cnicas: La lina polar con respecto a una cnica de un punto S que est en la lina polar de otro punto P siempre pasa por P.)

Problema 2 En el tringulo ABC, sea P el punto de concurrencia de las cevianas AA, BB y CC( con A(BC) , B(CA) , C(AB) ), y sea M un punto del plano del triangulo. Demostrarque[ BPC ] MA 2 + [CPA] MB 2 + [ APB] MC 2= MP2 + r (P)[ ABC ]

donde r(P) es la potencia de P respecto al crculo circunscrito a ABC y [...] representa el rea.

(Revista rumana Gamma)

Solucin ma:

Los nmeros u = [ BPC ] , v = [CPA] , w = [ APB] son las coordenadas baricntricas[ ABC ] [ ABC ] [ ABC ]del punto P con respecto al tringulo ABC. Eso significa que para cualquier puntoM del plano tenemos la ecuacinJJJG JJJG JJJG JJJJGMP = u MA + v MB + w MC .EntoncesJJJG 2 JJJG 2 JJJG 2 JJJJG 2 JJJG JJJG JJJG JJJJG JJJJG JJJGMP = u 2 MA + v2 MB + w2 MC + 2uv MA MB + 2vw MB MC + 2wu MC MA .Utlizando

llegamos a

JJJG JJJG JJJG 22 MA MB = MA

JJJG 2+ MB

JJJG 2 AB

y u + v + w = 1

(1)

JJJG 2 JJJG 2 JJJG 2 JJJJG 2 JJJG 2 JJJG 2 J JG 2

( )MP = u MA + v MB + w MC uv AB + vw BC + wu CA .

Eligimos M = O, el centro der circumcrculo del tringulo ABC con el radio r, obtenemos con u + v + w = 1

( )JJJG 2 JJJG 2 JJJG 2 J JG 2OP = r 2 uv AB + vw BC + wu CA ,

lo que significa que la potencia r(P) de P con respecto al crculo circunscrito es:

( )JJJG JJJG JJJG J JG

(2)

2 2 2 2r ( P ) = r 2 OP = uv AB + vw BC + wu CA .

La solucin se obtiene combinando (1) y (2).

(Con la ecuacin (1) se describen crculos en coordenadas baricntricas del punto P.)Problema 3 Demostrar que, si en el tringulo ABC, donde O es el centro del crculo circunscrito con el radio R y G el baricentro,

GO = R ,3

entonces ABC es rectngulo, y recprocamente.

(Elemente der Mathematik, 1952)

Solucin ma:

JJJG

G G GPor OG = a + b + c

vemos que hay que demostrar que ABC es rectngulo si y slo siG G G 3a + b + c = R que equivale a demostrar queG G G G G3R2 + 2a b + 2b c + 2c a = R2o bien

1 + cos 2 + cos 2 + cos 2 = 0

Utilizando

cos 2 = 2 cos2 1, cos 2 = 2 cos2 1 y cos 2 = 1 2 sin 2 cos2 + cos2 sin 2 = 0 .

llegamos a

Como = 180 , eso significa(cos2 cos2 sin 2 ) + (cos2 sin 2 cos2 ) 2 sin sin cos cos = 0por lo tantocos cos cos = 0 .Problema 4 La grfica de la funcin

y = 1 ,x

x (0, +)se dibuja en el plano con respecto a unos ejes de coordenadas rectangulares Oxy. Despus se borranlos ejes de coordenadas. Reconstruirlos con regla y comps.

(Competicin blgara de primavera, 1992)

Solucin ma:

Elegimos un punto

A a | 1 y consideramos el conjunto a de las rectas que pasan por A con sus respectivasinclinaciones m. Como es de grado 2, el punto B en que estas rectas cortan tiene una expresin racional en a y m:B 1 | ma . ma ma2 +1 ma2 +1 Se observa, que el punto medio C del segmento AB est en la 2ma

2a recta y = mx si A recorre . Esta recta pasa por O(0|0). El punto O se reconstruye eligiendo dos valores distintos de m y para cada uno de estos valores dos paralelas con sus respectivos puntos A, B y C.Como AB y OC tienen inclinaciones con signos opuestos, se construye la paralela aAB por O y los ejes son los bisectores de los ngulos entre esta paralela y OC.Problema 6 Sean AA1, BB1, CC1 las alturas del tringulo acutngulo ABC, y sea V su punto de interseccin. Si los tringulos AC1V, BA1V y CB1V tienen la misma rea, ser ABC equiltero?

(Olimpiada de Chequia 1994)

Solucin ma

Sean (a, b, c), a+b+c = 1, las coordenadas baricntricas del punto V. Las coordenadas baricntricas de los otros puntos son: b c A(1, 0, 0), B(0, 1, 0), C(0, 0, 1),

A1 0, ,

a c

a b

b + c b + c B1 a + c , 0, a + c ,

C1 a + b , a + b , 0 . Las reas de los tringulos AC1V, BA1V y CB1V se calculan con

1 0 0A = a b

0 A

= bc A

= abc A ,AC1V

a + b a + ba b c

ABC

a + b

ABC

a (a + b )

ABC.

A = abc A , A

= abc ABA1V

b (b + c )

ABC CB1V

c (a + c )

ABCSea a el mnimo de las coordenadas de V. Si b o c son distintos de a, entoncesa (a + b ) < b (c + b )

y el rea del tringulo AC1V es ms grande que el rea deltringulo BA1V, en contra de la condicin del problema.As tenemos V = G (ortocentro = baricentro) y ABC es equiltero.Problema 7 La circunferencia inscrita en el tringulo 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 mismalongitud, entonces ABC es issceles.(Olimp. Iberoamericana 2001, Problema 2)

Solucin ma

Sin palabras!(BZPX y CXQY tienen ejes de simetra)Problema 8 Sea M un punto interior al tringulo ABC cuyo rea es S. Las paralelas por M a AB y a AC forman, con BC, un tringulo de rea Sa. Se definen anlogamente Sb y Sc..

a) Demostrar que

1 + 1 + 1 9 .Sa Sb Sc S

b) Determinar la posicin del punto M para que se verifique la igualdad.Solucin ma

Calculamos en coordenadas baricntricas: A(1|0|0), B(0|1|0), C(0|0|1) y M(a|b|c) con a+b+c=1. La recta que pasa por A y B es z = 0. Una recta paralela a z = 0 tiene una ecuacin x + y + tz=0. Con esta observacin se calculan las coordenadasA1(0|1c|c), A2(0|b|1b), B1(a|0|1a), B2(1c|0|c), C1(1b|b|0), C2(a|1a|0) y las reasa b cS = 0 1 c c

S = a2 S ,

S = b2 S ,

S = c2 S .a b c0 b 1 bLa desigualdad se transforma en 1 + 1 + 1 9a b c

para a+b+c=1 y se deduce de la

desigualdad

a + b + c 3 entre la media aritmtica y la media armnica.3 1 + 1 + 1a b cIgualdad habr slo en el caso a = b = c = 1/3, es decir en caso que M es elbaricentro.Problema 9 Se dan en el plano una recta y tres circunferencias de centros A, B, C, tangentes a y tangentes exteriores entre s dos a dos. Demostrar que el tringulo ABC es obtusngulo y hallar el valor mximo de la medida del ngulo obtuso .

Solucin ma

Inversin con respecto al crculo rojo cuyo centro es el centro de tangenciadel crculo kA con la recta .:kC se transforma en una lnea kCparalela a . kA y kB estn tangentes a y kC y adems entre s. Las rectas gACy gBC se transforman en crculos quecruzan perpendicularmente la lnea kCen V y W y pasan por C.

Suponiende que el dimetro de kC es 1, el punto C dista 1 de kC y la misma distancia hay entre V y W. El ngulo ACB se transforma en elngulo entre gAC y gBC en el punto C.

Ahora consideramos slo las cosas importantes: Dos crculos que se cortan en dos puntos cuyo distancia es 2. Los puntos en que los crculoscortan la recta entre sus centros tienen la distancia 1. Hay que encontrar elmximo del ngulo y hay que probar que siempre es ms grande que 90.

La ltima afirmacin es evidente ya que +1+2 = 180 y 1+2 < 90.

Para los radios r1 y r2 tenemos:2 2r 2 = 1 + (r y )2 o

r = 1 + y

y tan

= r y = 1 y .1 1 1 2 y

1 1 2 yComo eso parece al inverso de una formula para el tangente del ngulo doble, intentamos sacar una

formula para

tan 1 = 1 cos 1 = x . De la misma2 sin 1

1 + y

tan 1 + tan 2

manera obtenemos

tan 2 = y y2 1 + x

tan 1 + 2 = 2 2 = 1 xy .2 1 tan 1 tan 2 2 2El mximo valor de sale con el mnimo valor de 1+2 y eso ocurre si x = y = .

(x+y=1). En este caso tenemos

tan 1 + 2 = 32 4

y tan = 4 .2 3Problema 10 Sea el tringulo ABC y A1(BC). Demostrar que los crculos inscritos en lostringulos ABA1 y ACA1 son tangentes entre s, si y solamente si A1 es el punto de tangencia delcirculo inscrito en ABC.

Solucin ma:

Tenemos las ecuaciones: (1) c1 + c2 = c(2) b1 + b2 = b(3) a1 + a2 + b2 + c2 = a(4) a1 = x + a2(5) b1 = x + c1

(4)+(5) 2x = a1 a2 + b1 c1(3) = 2a1 + b1 + b2 + c2 c1 a(1)+(2) = 2a1 + 2c2 a c + bSolucionamos por x = a + c a + c b . Eso es justo lo que haba que demonstrar.1 2 2