Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. El triángulo $BB'C'$ (azul) tiene doble área que el $ABC$ (naranja) ya que tiene base doble $BC'=2BC$ y las mismas alturas respecto de estas bases (las distancias de $A$ y $B'$ a la recta $BC$ coinciden pues el punto medio de $AB'$ pertenece a la recta. De la misma manera, los triángulos $AA'B'$, $CC'D'$ y $DD'A'$ tiene área el doble que las de $ABD$, $BCD$ y $CDA$, respectivamente. Por lo tanto, la suma de las áreas de $AA'B'$, $BB'C'$, $CC'D'$ y $DD'A'$ es cuatro veces la del cuadrilátero $ABCD$. Si le sumamos una vez más el área de $ABCD$, tenemos el área de $A'B'C'D'$ es cinco veces el área de $ABCD$.

Solución. Usando números complejos, expresaremos los centros $O_a$ y $O_b$ como $a_0,b_0\in\mathbb{C}$, de donde las trayectorias $a(t)$ y $b(t)$ de los puntos $A$ y $B$ en función del tiempo $t$ se escriben como \[a(t)=a_0+re^{it},\qquad b(t)=b_0+se^{it},\] donde $r,s\in\mathbb{C}$ son números complejos no nulos cuyos módulos son los radios de las circunferencias. Cambiando $A$ por $B$ si fuera necesario, podemos suponer que el punto $C$ se obtiene rotando el punto $B$ un ángulo $\frac{\pi}{3}$ en el sentido antihorario con centro en $A$, lo que nos da la trayectoria \begin{align*} c(t)&=a(t)+e^{i\pi/3}(b(t)-a(t))=a_0+re^{it}+e^{i\pi/3}(b_0-a_0+(r-s)e^{it})\\ &=[a_0+e^{i\pi/3}(b_0-a_0)]+[r+e^{i\pi/3}(r-s)]e^{it}. \end{align*} Esta vuelve a ser la trayectoria de una circunferencia y además muestra que su centro $a_0+e^{i\pi/3}(b_0-a_0)$ forma un triángulo equilátero con los centros $O_a$ y $O_b$. Notemos que $c(t)$ podría ser constante si la circunferencia tiene radio cero, es decir si $r+e^{i\pi/3}(r-s)=0$.

El apartado (b) es consecuencia de la desigualdad de Ptolomeo aplicada a los cuatro puntos $A,C,B,P$, que nos dice que \[CP\cdot AB\leq AP\cdot BC+BP\cdot AC\ \Longleftrightarrow\ CP\leq AP+BP=2+3=5,\] ya que $AB=BC=CA$. Además, sabemos que si $ACBP$ es un cuadrilátero cíclico, entonces la igualdad se alcanza. Por tanto, el máximo anterior $CP=5$ se alcanza cuando $P$ está en el arco menor $AB$ de la circunferencia circunscrita del triángulo $ABC$. En este caso, el triángulo $ABP$ tiene lados $AP=2$ y $BP=3$ que forman un ángulo de $120^\circ$ por la propiedad del arco capaz, de forma que el teorema del coseno nos da necesariamente \[AB^2=2^2+3^2-2\cdot 2\cdot 3\cos(120^\circ)=19.\] Deducimos así que el máximo $CP=5$ se alcanza efectivamente para un triángulo de lado $\sqrt{19}$ cuando el punto $P$ está en el arco menor $AB$.