Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Los triángulos $OPX$ y $OP'X$ son semejantes porque son rectángulos y tienen un ángulo en común en $X$ (opuesto por el vértice). La razón de semejanza es la razón de los radios, luego si escribimos $A$ para el área de $OPX$, entonces $4A$ es el área de $O'P'X$. Por el teorema de Pitágoras, se tiene fácilmente que $O'P=2\sqrt{2}$ y $OP'=\sqrt{5}$, luego los triángulos rectángulos $OPO'$ y $OP'O'$ tienen áreas $\sqrt{2}$ y $\sqrt{5}$, respectivamente. Si llamamos $S$ al área del triángulo $OXO'$ que estamos buscando, esto nos da \begin{align*} \text{Area}(OXO')+\text{Área}(OPX)=\text{Área}(OPO')&\ \Leftrightarrow\ S+A=\sqrt{2},\\ \text{Area}(OXO')+\text{Área}(O'P'X)=\text{Área}(OP'O')&\ \Leftrightarrow\ S+4A=\sqrt{5}, \end{align*} de donde resolvemos \[S=\frac{4\sqrt{2}-\sqrt{5}}{3}.\]

Solución. Sea $\alpha=\angle XPX'$. Por la propiedad del arco capaz en $C$ tenemos que $\angle X'QR=180^\circ-\alpha$ y viendo este ángulo ahora en $C'$ tenemos que $\angle R'QX=180^\circ-\alpha$. Además, tenemos que $\angle R'QR=\alpha$ por simetría. Todo esto nos lleva a que $\angle X'QR'=\angle R'QR=\angle RQX'=\alpha$. Como los tres puntos $X,Q,X'$ están alineados, deducimos que $\alpha=60^\circ$ ya que los tres ángulos iguales anteriores suman $180^\circ$ en tal caso (ver las rectas dibujadas en naranja en la figura).

En cuanto al apartado (b), la relación que nos piden probar se puede expresar equivalentemente como $d^2=rr'+(r-r')^2=r^2+(r')^2-rr'$. Por comparación con el teorema del coseno, esto quiere decir que un triángulo de lados $d,r,r'$ tiene ángulo opuesto al lado $d$ de $60^\circ$. El triángulo $OPO'$ tiene estos lados, luego el resultado equivale a probar que $\angle OPO'=60^\circ$. Usando el arco capaz, la simetría de la figura y los ángulos centrales, así como la alineación de $X,Q,X'$ tenemos que \begin{align*} \angle PX'X&=\angle PBQ=2\angle PBR=\angle POO',\\ \angle PXX'&=\angle PAQ=2\angle PAO=\angle PO'O. \end{align*} Por lo tanto, $PXX'$ y $POO'$ son semejantes y, en particular, $\angle OPO'=\angle X'PX=60^\circ$.

Solución. Sean $D$, $M$ y $F$ los pies de las bisectriz por $A$, la mediana por $B$ y la altura por $C$, respectivamente. También llamaremos $a,b,c$ a los lados del triángulo, como es habitual. En el triángulo $ABM$, la recta $AP$ es simultáneamente bisectriz y altura, luego este triángulo es isósceles. De aquí que $b=AC=2AM=2AB=2$ y ya tenemos uno de los lados calculado.

Para hallar $BC$, utilizaremos el teorema de Ceva, que nos dice que como las tres rectas son concurrentes ha de cumplirse que \[\frac{AE}{EB}\cdot\frac{BD}{DC}\cdot\frac{CM}{MA}=1.\] Tenemos que $\frac{CM}{MA}=1$ por ser $M$ el punto medio de $AC$ y que $\frac{BD}{DC}=\frac{b}{c}$ por el teorema de la bisectriz. Además, $AE$ y $EB$ verifican $b^2-AE^2=a^2-BE^2$ por el teorema de Pitágoras y se cumple que $AE+EB=c$, de donde puede despejarse \[AE=\frac{-a^2+b^2+c^2}{2c},\qquad EB=\frac{a^2-b^2+c^2}{2c}.\] Por lo tanto, en el teorema de Ceva nos queda \[\frac{c(b^2+c^2-a^2)}{b(a^2+c^2-b^2)}=1\ \Leftrightarrow\ 3a^2=11\ \Leftrightarrow a=\frac{\sqrt{33}}{3}.\] Tenemos así que los lados que nos piden son $BC=\frac{\sqrt{33}}{3}$ y $CA=2$.

Solución. En la figura hemos representado el triángulo $ABC$ inscrito en el cuadrado $AXYZ$. Como el triángulo es rectángulo en $C$, se tiene que $\angle YBC=90^\circ-\angle YCB=\angle ACZ$, luego los triángulos $BCY$ y $ACZ$ son semejantes. Si llamamos $\ell$ al lado del cuadrado, tendremos que $CZ=\sqrt{b^2-\ell^2}$ y $CY=\ell-CX$, luego la semejanza nos dice que \begin{align*} \frac{CY}{AZ}=\frac{BC}{AC}&\ \Leftrightarrow\ \frac{\ell-\sqrt{b^2-\ell^2}}{\ell}=\frac{a}{b}\ \Leftrightarrow\ 1-\sqrt{\frac{b^2}{\ell^2}-1}=\frac{a}{b}\\ &\ \Leftrightarrow\ \sqrt{\frac{b^2}{\ell^2}-1}=1-\frac{a}{b}\ \Leftrightarrow\ \frac{b^2}{\ell^2}=1+\left(1-\frac{a}{b}\right)^2\\ &\ \Leftrightarrow\ \frac{1}{\ell^2}=\frac{b^2+(b-a)^2}{b^4}\ \Leftrightarrow\ \ell=\frac{b^2}{\sqrt{2b^2-2ab+a^2}}. \end{align*} Para construir el cuadrado observamos que al rotar el triángulo $90^\circ$ en sentido horario y antihorario (como se muestra en la figura) con centro en $A$, obtenemos triángulos congruentes $AB'C'$ y $AB''C''$. El cuadrado $AXYZ$ se convierte en sendos cuadrados con un lado en común con él, luego las rectas $BC'$ y $CB''$ contienen a los lados del cuadrado. Ahora basta tomar $Y$ como su intersección y $X$ y $Z$ como los pies de las perpendiculares desde $A$.