Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Llamemos $S_1$, $S_2$, $S_3$, $S_4$ a las áreas de los triángulos $CGQ$, $AGQ$, $BGP$ y $AGP$, respectivamente, que se encuentran coloreadas en la figura. Como $CGQ$ y $AGQ$ tienen una altura común y también la tienen $BGP$ y $AGP$ (estas alturas comunes están dibujadas en línea discontinua azul), tenemos que \[\frac{PB}{PA}\cdot\frac{QC}{QA}=\frac{S_4}{S_3}\cdot\frac{S_1}{S_2}.\] 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 $MPQ$ (en gris discontinuo) cumple que $MM'=\frac{1}{2}(BB'+CC')$. El área de $PMQ$ es $\frac{1}{2}MM'\cdot PQ$ y el área de $APQ$ es $\frac{1}{2}PQ\cdot AA'$. Como el área de $APQ$ es el doble que la de $PMQ$ (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 \[\frac{PB}{PA}\cdot\frac{QC}{QA}=\frac{BB'\cdot CC'}{(AA')^2}=\frac{BB'\cdot CC'}{(BB'+CC')^2}=\frac{1}{2+\frac{BB'}{CC'}+\frac{CC'}{BB'}}\leq\frac{1}{4},\] donde hemos usado que la suma de un número positivo y su inverso es mayor o igual que $2$.

Solución. Por ser el triángulo isósceles, tenemos que $\angle ABC=\angle ACB=\frac{180-36}{2}=72^\circ$. La bisectriz divide al ángulo en dos ángulos iguales, luego $\angle ABD=\angle DBC=\frac{72}{2}=36^\circ$. Además, como la suma de los ángulos de $BCD$ es $180^\circ$, obtenemos rápidamente $\angle BDC=180-36-72=72$. Por tanto, el triángulo $BCD$ es isósceles y tiene ángulos de $36^\circ, 72^\circ, 72^\circ$ (véase la figura).

El triángulo $ABD$ también es isósceles por tener dos ángulos iguales a $36^\circ$, luego $BC=BD=AD$. Además, $BCD$ y $ABC$ son semejantes por tener los ángulos iguales, luego \[\frac{AC}{BC}=\frac{BC}{CD}=\frac{BC}{AC-AD}=\frac{BC}{AC-BC}.\] De esta igualdad, obtenemos que $AC^2-AC\cdot BC-BC^2=0$. Dividiendo entre $AC^2$, llegamos a la ecuación de segundo grado \[\left(\frac{BC}{AC}\right)^2+\frac{BC}{AC}-1=0\ \Longrightarrow\ \frac{BC}{AC}=\frac{-1\pm\sqrt{5}}{2}.\] Tenemos que descartar la solución negativa, lo que nos dice finalmente que \[BC=\frac{\sqrt{5}-1}{2}AC.\]

Solución. Vamos a considerar las coordenadas usuales $(x,y,z)$, de forma que $O=(0,0,0)$, $P=(a,0,0)$, $Q=(0,b,0)$ y $C=(0,0,c)$, con la restricción que nos dan $a+b=k$ constante. La esfera que pasa por los cuatro puntos contiene a los triángulos rectángulos $OPQ$, $OPC$ y $OCQ$, contenidos en los planos coordenados. En particular, sus hipotenusas $PC$, $CQ$ y $QP$ son diámetros de las tres circunferencias que surgen de intersecar la esfera con los planos coordenados, luego el centro de la esfera se tiene que proyectar sobre los puntos medios de estos segmentos. Tenemos así que $W=(\frac{a}{2},\frac{b}{2},\frac{c}{2})$ (es fácil además comprobar que este punto equidista de $O,P,Q,C$). La proyección de $W$ sobre el plano $OXY$ no es más que quedarnos con sus dos primeras coordenadas, es decir, se trata del punto $W'=(\frac{a}{2},\frac{b}{2},0)$. Como $a+b=k$ y $a,b,c$ son reales positivos arbitrarios, la respuesta es muy sencilla:

• El lugar geométrico de $W$ es el conjunto de ecuación $x+y=\frac{k}{2}$ con $x,y,z\gt 0$, es decir, la intersección del plano $x+y=2k$ con el primer cuadrante.
• El lugar geométrico de $W$ es el conjunto de ecuación $x+y=\frac{k}{2}$ y $z=0$ con $x,y\gt 0$, es decir, el segmento de recta que une los puntos $(\frac{k}{2},0,0)$ y $(0,\frac{k}{2},0)$ en el plano $OXY$.

Solución. Si $a$, $b$ y $c$ son los lados del triángulo, entonces los radios de las circunferencias inscrita y circunscrita, que denotaremos por $r$ y $R$, respectivamente, verifican las igualdades $S=rp$ y $abc=4RS$, donde $S$ es el área del triángulo y $p=\frac{1}{2}(a+b+c)$ el semiperímetro. Utilizando la fórmula de Herón, podemos finalmente expresar $r$ y $R$ en función de las longitudes de los lados: \[r=\sqrt{\frac{(p-a)(p-b)(p-c)}{p}},\quad R=\frac{abc}{4\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}},\] La desigualdad que queremos demostrar es \[2r\leq R\ \Longleftrightarrow\ 8(p-a)(p-b)(p-c)\leq abc.\] Si hacemos el cambio $a=x+y$, $b=y+z$, $c=x+z$, para $x,y,z$ positivos, entonces resulta $p-a=z$, $p-b=x$ y $p-c=y$. La desigualdad anterior se escribe ahora como \[8xyz\leq(x+y)(y+z)(x+z)\] para todo $x,y,z\gt 0$. La desigualdad entre las medias aritmética y geométrica nos da \[2\sqrt{xy}\leq x+y,\quad 2\sqrt{yz}\leq y+z,\quad 2\sqrt{xz}\leq x+z,\] y basta multiplicar estas tres desigualdades para llegar al resultado.

Nota. Este no es un problema actual de olimpiada ya que apela a un resultado conocido como la desigualdad de Euler. De hecho, en la solución oficial, se menciona solamente que es consecuencia del teorema de Euler que nos dice que la distancia entre el incentro y el circuncentro de cualquier triángulo es $IO^2=R(R-2r)$.

Solución. El triángulo $ECB$ es isósceles ya que tiene dos de sus lados iguales a los lados del cuadrado $ABCD$. Como $\angle EBC=90-60=30$, tenemos que $\angle BEC=\angle ECB=75$ (para que los ángulos de este triángulo sumen $180$). Esto nos dice que $\angle DCE=90-75=15$, con lo que $\angle FCE=15+45=60$. Ahora bien, también tenemos que $\angle EPC=\angle APB=180-\angle PAB-\angle PBA=180-60-45=75$, luego $PCE$ es un triángulo isósceles. Tenemos así que $CP=EC$, pero también tenemos que $CP=CF$ por simetría, luego $CEF$ es equilátero por tener dos lados iguales que forman un ángulo igual a $60$. Hemos respondido así al apartado (a).

Que $CEF$ es equilátero implica que $EF=CE=DE$, ya que $CDE$ es claramente isósceles. Además, esto último nos dice que $\angle DEF=180-15-15=150$, con lo que $\angle DEF=150-60=90$. Tenemos entonces probado el apartado (b): $DEF$ es rectángulo e isósceles porque tiene dos lados iguales que forman un ángulo recto.

Ahora observamos que $\angle DEB=60+75=\angle FEB$, luego la recta $EB$ es la bisectriz interior del ángulo recto $\angle DEF$. Esta bisectriz es mediatriz del triángulo isósceles $DEF$, luego cualquier punto de $BE$ está a la misma distancia de $D$ que de $F$. En particular, el triángulo $BDF$ es isósceles y ya tenemos (c).

Tenemos que $PDF$ es isósceles por el mismo motivo, luego será suficiente ver que $\angle DFP=60$ y habremos terminado (hay realmente muchas formas de hacerlo). Como $\angle DBE=60-45=15$, tenemos que $\angle EBF=15$, luego también tenemos que $\angle FBC=90-45-15-15=15$. En otras palabras, $FB$ es bisectriz (y por tanto mediatriz) en el triángulo isósceles $CBE$, luego también lo es del triángulo equilátero $EFC$. Esto nos lleva a que $\angle EFB=\angle BFE=30$. Si trazamos ahora el segmento $PF$, que es paralelo a $BC$ por la simetría, tenemos que $\angle PFB=\angle CBF=15$ por ser ángulos internos alternos, luego $\angle DFP=45+15=60$ como queríamos probar.