Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Sea $\alpha=\angle ACB$, luego $\angle ANB=\alpha$ por arco capaz en $\Gamma$ y $\angle NBC=\alpha$ por el paralelismo entre $AN$ y $CB$. Sin embargo, por la simetría de la figura, se tiene que $N$ es el punto medio del arco $BC$, luego $\angle ABC=2\angle CBA=2\alpha$. Finalmente, por ser $ABC$ isósceles, se tiene que $\angle CAB=2\alpha$. Sumando los ángulos de $ABC$ obtenemos $5\alpha=180^\circ$, luego $\alpha=36^\circ$.

Hemos probado así que los ángulos de $ABC$ son $36^\circ,72^\circ, 72^\circ$.

Solución. Consideremos la circunferencia que pasa por $A$, $B$ y $E$ y sea $O$ su centro. Si denotamos por $\alpha=\angle AEB$, entonces se tiene que $\angle AOB=2\alpha$ por la propiedad del ángulo central. Veamos con esto la doble implicación:

• Si $\angle CED=2\angle AEB$, entonces $\angle CED=\angle AOB$. Los triángulos $AOB$ y $CED$ son congruentes porque son isósceles, tienen los mismos ángulos y $AB=CD$. Por lo tanto, $AOEC$ es un paralelogramo y se tiene que $AC=OE=OA=EC$.
• Recíprocamente, si suponemos que $AC=EC$, consideremos el punto $O'$ tal que $AO'EC$ es un paralelogramo. Como $AB=CD$ y $AC=EC$, se tiene que $O'A=O'B=O'E$, luego $O'=O$ y se deduce que $\angle CED=\angle AOB=2\alpha$ por la propiedad del ángulo central.

Solución. Prolongamos $AD$ hasta que corte en un punto $D$ a $s$. Por ser $A$ un punto a igual distancia de ambas rectas, se tiene que $AD=AB$, luego el triángulo rectángulo $ACD$ es congruente con el original $ABC$ (comparten también el otro cateto $AC$). En particular, ambos tienen la misma altura, luego $AP$ es igual a la distancia entre $A$ y $s$, que es una constante que no depende de donde coloquemos $B$. Se tiene así que $P$ está sobre la circunferencia de radio $A$ que es tangente a $r$ y $s$.

Solución. Podemos tomar coordenadas en las que $A=(0,0)$ y las rectas $r$ y $s$ tengan ecuaciones $y=h$ e $y=-h$, respectivamente. Entonces, el punto $B$ tiene coordenadas $B=(b,h)$, siendo $b\in\mathbb{R}$ la variable en el problema. El vector $(b,h)$ es normal a la recta $AC$, luego esta tiene claramente ecuación $bx+hy=0$ y, por tanto, corta a $s$ en $x=\frac{h^2}{b}$, lo que nos da el punto $C=(\frac{h^2}{b},-h)$. La recta $BC$ tiene por vector director a $b\cdot\vec{BC}=(h^2-b^2,-2bh)$ y pasa por $B$, de donde se deduce que esta recta tiene ecuación $2bhx+(h^2-b^2)y=h(h^2+b^2)$. La recta $AP$ es perpendicular a $BC$ y pasa por el origen, luego tiene ecuación $(h^2-b^2)x-2bhy=0$. El corte de estas dos rectas nos da el punto $P=(\frac{2bh^2}{b^2+h^2},\frac{h(h^2-b^2)}{h^2+b^2})$. Como se cumple que \[\left(\frac{2bh^2}{b^2+h^2}\right)^2+\left(\frac{h(h^2-b^2)}{h^2+b^2}\right)^2=h^2,\] deducimos que $P$ se encuentra sobre la circunferencia de centro $(0,0)$ y radio $h$, es decir, sobre la circunferencia de centro $A$ que es tangente a las dos rectas paralelas.