Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Consideremos los puntos $S$ y $S'$ simétricos de $P$ y $P'$ respecto del centro de la circunferencia, lo que define un rectángulo inscrito $PP'SS'$. Además, como $AP'$ es perpendicular a $PP'$, se tiene que $A$ pertenece al interior del segmento $PS'$ y $B$, por simetría, pertenece al segmento $SP'$. Por la simetría respecto de $O$ y la simetría de $B$ y $C$ respecto de $PP'$, s e tiene que $AS'=BP'=P'C$. Como los segmentos $AS'$ y $P'C$ son paralelos (están en lados opuestos del rectángulo), se tiene que $AS'P'C$ es un paralelogramo, luego $AC=P'S'=2r$. Finalmente, observamos que $QC=QB$ por simetría, luego $AQ+QB=AQ+QC=2r$ y deducimos que la suma de las distancias de $Q$ a $A$ y $B$ es constante. Esto nos asegura que $Q$ está en una elipse de focos $A$ y $B$.

Nos queda determinar de qué elipse se trata concretamente ya que hay infinitas con focos $A$ y $B$. Si prolongamos $AB$ hasta que corte en un punto $X$ a la circunferencia, se tiene claramente que $AX+XB=2r$, luego $X$ también está en la misma elipse. Como la elipse es simétrica respecto de la recta $AB$, no queda otra que ser tangente a la circunferencia en $X$. Además, como $Q$ pertenece a la cuerda $PP'$, los puntos de la elipse siempre son interiores a la circunferencia. Concluimos que el lugar geométrico es la única elipse de focos $A$ y $B$ tangente interiormente a la circunferencia.

Solución. Sean $O_1$ y $r_1$ el centro y el radio de la circunferencia tangente a $AB$ y $AD$ y sean $O_2$ y $r_2$ el centro y el radio de la circunferencia tangente a $CD$ y $CB$. Pongamos también que estas circunferencias son tangentes a $AB$ y $CD$ en los puntos $T_1$ y $T_2$, respectivamente, y que ambas circunferencias son tangentes entre sí en el punto $T$, que está alineado con $O_1$ y $O_2$. Las rectas $AO_1$ y $CO_2$ son paralelas puesto que son las bisectrices del paralelogramo en los vértices opuestos. Estas dos paralelas cortan a la recta $O_1O_2$ formando ángulos alternos internos iguales, es decir, $\angle AO_1T=\angle CO_2T$. Además, los triángulos $AO_1T_1$ y $CO_2T_2$ son triángulos rectángulos semejantes, luego \[\frac{AO_1}{O_1T}=\frac{AO_1}{O_1T_1}=\frac{CO_2}{O_2T_2}=\frac{CO_2}{O_2T}.\] Todo esto nos dice que los triángulos $AO_1T$ y $CO_2T$ son semejantes y, en particular, $\angle CTO_2=\angle ATO_1$. Como $O_1$, $O_2$ y $T$ están alineados, esto implica que $T$ está alineado con $A$ y $C$, como queríamos probar.

Solución. Estas tres desigualdades se pueden reescribir como \begin{align*} \angle ACB\leq \angle APB\leq 2\angle ACB,\\ \angle BAC\leq \angle BPC\leq 2\angle BAC,\\ \angle CBA\leq \angle CPA\leq 2\angle CBA. \end{align*} Sumando y usando que $\angle ACB+\angle BAC+\angle CBA=180^\circ$ (los ángulos del triángulo $ABC$ suman $180^\circ$, tenemos que \[180^\circ\leq \angle APB+\angle BPC+\angle CPA\leq 360^\circ.\] Sin embargo, se tiene que $\angle APB+\angle BPC+\angle CPA=360^\circ$ ya que estos tres ángulos forman un ángulo completo. Tenemos así que deben darse las siguientes tres igualdades: \[\angle APB=2\angle ACB,\qquad\angle BPC=2\angle BAC,\qquad\angle CPA=2\angle CBA.\] Estas igualdades se cumplen si $P$ coincide con $O$, el circuncentro de $ABC$ por la propiedad del ángulo central en la circunferencia circunscrita a $ABC$. Por la propiedad del arco capaz, la igualdad $\angle APB=\angle AOP$ nos dice que $P$ tiene que estar en la circunferencia circunscrita de $ABO$ y análogamente, tiene que estar en las circunferencias circunscritas de $BCO$ y $CAO$. Como estas tres circunferencias solo se cortan en $O$, necesariamente ha de ser $P=O$. Hemos probado así que el circuncentro es el único punto que cumple las condiciones del enunciado (observemos que el circuncentro es interior al triángulo puesto que es acutángulo).