Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Llamemos $S_1$, $S_2$, $S_3$, $S_4$ a las áreas de los triángulos $CGQ$, $AGY$, $BGX$ y $AGX$, respectivamente, que se encuentran coloreadas en la figura. Como $CGY$ y $AGY$ tienen una altura común y también la tienen $BGX$ y $AGX$ (estas alturas comunes están dibujadas en línea discontinua azul), tenemos que \[\frac{XB}{XA}\cdot\frac{YC}{YA}=\frac{S_4}{S_3}\cdot\frac{S_1}{S_2}.\] Ahora vamos a calcular estas áreas de otra forma, para lo que trazamos las alturas $AA'$, $BB'$ y $CC'$, siendo $A',B',C'$ puntos de la recta que pasa por $G$. Tenemos entonces que \[\frac{S_4}{S_3}\cdot\frac{S_1}{S_2}=\frac{BB'\cdot CC'}{(AA')^2}.\] Ahora bien, como $M$ es el punto medio de $BC$, la altura $MM'$ del triángulo $MXY$ (en gris discontinuo) cumple que $MM'=\frac{1}{2}(BB'+CC')$. El área de $MXY$ es $\frac{1}{2}MM'\cdot XY$ y el área de $AXY$ es $\frac{1}{2}XY\cdot AA'$. Como el área de $AXY$ es el doble que la de $MXY$ (ya que el baricentro divide a la mediana en dos segmentos tales que $AG=2GM$), tenemos que $\frac{1}{2}(BB'+CC')=MM'=\frac{1}{2}AA'$, de donde $AA'=BB'+CC'$. Finalmente, esto nos dice que \[\frac{XB}{XA}\cdot\frac{YC}{YA}=\frac{BB'\cdot CC'}{(AA')^2}=\frac{BB'\cdot CC'}{(BB'+CC')^2}=\frac{1}{2+\frac{BB'}{CC'}+\frac{CC'}{BB'}}\leq\frac{1}{4},\] donde hemos usado que la suma de un número positivo y su inverso es mayor o igual que $2$. La igualdad se alcanza cuando $BB'=CC'$, es decir, cuando la recta $XY$ es paralela al lado $BC$, luego la constante $k=\frac{1}{4}$ es la elección óptima para cualquier triángulo.

Nota. Este problema es una reformulación del problema 3 de la fase nacional de la Olimpiada Matemática Española de 1995.

Solución. Trazamos por cada vértice del triángulo una paralela al lado opuesto y definimos los puntos $A',B',C'$ como los pies de las perpendiculares desde $P$ a estas tres rectas, como se muestra en la figura. Tenemos entonces que \begin{align*} \mathrm{Area}(ACPB)&=\mathrm{Area}(ABC)-\mathrm{Area}(BPC)=\tfrac{1}{2}a\cdot PA',\\ \mathrm{Area}(CBPA)&=\mathrm{Area}(ABC)-\mathrm{Area}(ABP)=\tfrac{1}{2}b\cdot PB',\\ \mathrm{Area}(BAPC)&=\mathrm{Area}(ABC)-\mathrm{Area}(CPA)=\tfrac{1}{2}c\cdot PC', \end{align*} ya que $PA',PB',PC'$ representan la diferencia de alturas de los triángulos cuyas áreas se restan y $a,b,c$ sus bases. Si sumamos las áreas de estos tres cuadriláteros cóncavos, obtenemos dos veces el área de $ABC$, luego esta suma nos da \[4S=a\cdot PA'+b\cdot PB'+c\cdot PC'.\] Sin embargo, tenemos que $PA'\leq PA$ ya que $APA'$ es un triángulo rectángulo en el que $PA'$ es un cateto y $PA$ es la hipotenusa. De la misma manera, se cumple que $PB'\leq PB$ y $PC'\leq PC$. En consecuencia, \[4S\leq a\cdot PA+b\cdot PB+c\cdot PC\] para cualquier punto $P$ interior al triángulo. Para que la igualdad se alcance, en los triángulos rectángulos $APA'$, $BPB'$ y $CPC'$ tiene que ser $AA'=BB'=CC'=0$, luego $PA=PA'$ es perpendicular a $BC$, $PB=PB'$ es perpendicular a $AC$ y $PC=PC'$ es perpendicular a $AB$. En definitiva, la igualdad se cumple si y sólo si $P$ es está en las tres alturas del triángulo, es decir, sólo si $P$ es el ortocentro.

Solución. Consideremos las circunferencias circunscritas a los triángulos $ABE$ y $AFD$, que se cortarán en $A$ y en otro punto $P$. Queremos ver que este punto $P$ pertenece a las otras dos circunferencias circunscritas, para lo que vamos a usar la propiedad del arco capaz. Llamaremos $\alpha,\beta,\gamma,\delta$ a los ángulos del cuadrilátero $A,B,C,D$ por comodidad.

Como $ADPF$ es cíclico, tenemos que $\angle APD=\angle AFD=180-\alpha-\delta$ y, como $ABPE$ es cíclico, tenemos que $\angle APB=\angle AEB=180-\alpha-\beta$, luego \[\angle DPB=\angle DPA+\angle APB=(180-\alpha-\delta)+(180-\alpha-\beta)=360-2\alpha-\beta-\delta=\gamma-\alpha,\] donde hemos usado que $\alpha+\beta+\gamma+\delta=360$. Ahora bien, como $ADPF$ es cíclico, tenemos que $\angle DPF=180-\angle DAF=180-\alpha$, luego obtenemos que \[\angle BPF=\angle DPF-\angle APF=(180-\alpha)-(\gamma-\alpha)=180-\gamma=\angle BCF.\] De este modo, los dos ángulos indicados en rojo en la figura son iguales, luego $P$ está en la circunferencia circunscrita al triángulo $BFC$. Con la circunferencia $DCE$ se razona igual (sólo hay que cambiar $E$ por $F$ y $B$ y $\beta$ por $D$ y $\delta$ en el razonamiento anterior).

Solución. Los triángulos $AMD$ y $BMN$ son semejantes (están en posición de Thales ya que $AD$ y $BC$ son paralelas) y la razón de semejanza es $\frac{1}{2}$ ya que el enunciado nos dice que $MD=2BM$. Por lo tanto, $BN=\frac{1}{2}AD=\frac{1}{2}BC$ y tenemos que $N$ es el punto medio de $BC$. De esta forma, el área $BCD$, que es la mitad de la del paralelogramo, es a su vez el doble del área de $DBN$ (por tener la misma base y altura doble). Por otro lado, el área de $DMN$ es el doble de la de $BMN$ (ya que tiene doble base e igual altura). Todo esto nos dice que \begin{align*} \mathrm{Area}(ABCD)&=2\,\mathrm{Area}(BCD)=4\,\mathrm{Area}(BND)\\ &=4(\mathrm{Area}(MND)+\mathrm{Area}(MNB))\\ &=4(\mathrm{Area}(MND)+\tfrac{1}{2}\mathrm{Area}(MND))=6\,\mathrm{Area}(MND). \end{align*} Deducimos así que \[\frac{\mathrm{Area}(MND)}{\mathrm{Area}(ABCD)}=\frac{1}{6}.\]