Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Llamemos $A,B,C,D$ a las cuatro regiones en que el cuadrado queda dividido por las dos rectas, que llamaremos $r$ y $s$, como indica la figura superior. También supondremos que $A$, $B$ y $C$ son las regiones que tienen área $1$. Consideraremos la rotación de $90^\circ$ con centro en el centro $O$ del cuadrado y denotaremos por $A',B',C',D'$ a las regiones rotadas y por $r'$ y $s'$ a las rectas rotadas.

La región rotada $A'\cup B'$ tiene área $2$ y está delimitada por $r'$, mientras que $B\cup C$ está delimitada por $s$ paralela a $r'$ y también tiene área $2$. Para que esto ocurra, debe ser necesariamente $r'=s$ (en caso contrario, $A'\cup B'$ estaría estrictamente contenida en $B\cup C$ o viceversa, luego no podrían tener la misma área). Por un argumento similar, la región $B'$ debe coincidir con $C$ para que ambas tengan área $1$ (si no, $B'$ estaría estrictamente contenida en $C$ o viceversa). Por lo tanto, el punto de intersección de $r$ y $s$ debe ser el centro de rotación $O$. Tenemos así que $A,B,C,D$ son congruentes mediante rotaciones respecto de $O$ y tienen todas área $1$.

Solución. Sean $O_1$ y $O_2$ los centros de $C_1$ y $C_2$, respectivamente, y $r_1$ y $r_2$ sus radios. Si consideramos la recta $s$ paralela a $t$ a distancia $R_1$ y que no contiene a $O$, se tiene que la distancia de $O_2$ a $O_1$ es igual a $r_2+r_1$, que es la distancia de $O_2$ a $s$. Por lo tanto, el lugar geométrico de $O_2$ es una parábola que tiene por vértice $B$. Está claro además que $O_2O_1=r_2+r_1$ es la hipotenusa de un triángulo rectángulo de catetos $BP$ y $|r_1-r_2|$, de donde podemos despejar \[BP=\sqrt{(r_1+r_2)^2-(r_1-r_2)^2}=2\sqrt{r_1r_2},\] luego podemos determinar $P$ como el punto de $t$ que está a distancia $2\sqrt{r_1r_2}$ de $B$ y en la misma semirrecta en que se proyecta $O_2$.

Para responder al apartado (b), hacemos una inversión respecto de la circunferencia centrada en $B$ y de radio $2r_1$, que deja $t$ invariante y lleva $C_1$ en la recta $C_1'$ paralela a $t$ que pasa por $A$. Como las inversiones mantienen las rectas/circunferencias, los ángulos y las tangencias, la circunferencia $C_2$ se transforma en otra circunferencia $C_2'$ tangente a las rectas paralelas $C_1'$ y $t$. Entonces, la recta $C'$ paralela a $t$ que pasa por $O$ es ortogonal a todas las circunferencias $C_2'$. Tras invertir de nuevo (deshacemos la inversión), $C'$ se transforma en la circunferencia $C$ tangente a $t$ en $B$ y de radio $2r_1$, y es ortogonal a todas las circunferencias $C_2$.

Solución. Como la circunferencia inscrita es tangente al lado $CA$ en $F$, el radio $IF$ es perpendicular a $CA$, luego el triángulo $AFI$ (sombreado en azul) es rectángulo. El segmento $FM$ es una de sus alturas, con lo que $FMI$ es semejante a $AFI$ y esto nos da la relación $\frac{AF}{AM}=\frac{AI}{AF}$, luego $AF^2=AI\cdot AM$. Ahora bien, por la potencia respecto de la circunferencia inscrita, se tiene también que $AF^2=AP\cdot AD$ y, por tanto, $AP\cdot AD=AI\cdot AM$. Usando el recíproco de la propiedad de la potencia (del punto $A$), esto nos dice que $P,I,M,D$ están sobre la misma circunferencia (siempre que no estén alineados).

Nota. Los puntos están alineados cuando la bisectriz del ángulo $A$ pasa por el punto $D$, lo cual es equivalente a que el triángulo $ABC$ sea isósceles (con ángulo desigual en $A$).

Solución. Sea $T$ el punto de tangencia de la circunferencia inscrita al lado $AB$ y observemos que los puntos $O,M,B,T$ están en una misma circunferencia de diámetro $OB$ (en azul en la figura) puesto que $\angle OTB=\angle OMB=90^\circ$.

Vamos a comenzar demostrando que $P$ está también en esa circunferencia probando que $\angle OPM=180-\angle OBM=180-\frac{\beta}{2}$, donde $\alpha,\beta,\gamma$ denotan los ángulos del triángulo $ABC$. Para probar esto, haremos una caza de ángulos. Como la suma de los ángulos de $ANO$ es $180^\circ$, se tiene fácilmente que $\angle NOA=90-\frac{\alpha}{2}$, de donde se sigue que $\angle NOP=90+\frac{\alpha}{2}$ por ser el ángulo suplementario. Por otro lado, el cuadrilátero $CNOM$ es una cometa (ya que $\angle CNO=\angle CMO$ y $ON=OM$ es el radio de la circunferencia inscrita) luego sus diagonales son perpendiculares, de donde se deduce rápidamente que $\angle ONM=\angle OMN=\frac{\gamma}{2}$. Con todo esto, en el triángulo $ONP$ tenemos que $\angle ONP=\frac{\gamma}{2}$ y $\angle NOP=90+\frac{\alpha}{2}$, luego debe ser $\angle NPO=90-\frac{\alpha+\gamma}{2}=\frac{\beta}{2}$. De aquí que $\angle OPM=180-\frac{\beta}{2}=180-\angle OBM$. Por la propiedad del arco capaz, tenemos que $OPMB$ es un cuadrilátero cíclico.

Esto demuestra que $\angle APB$ es un ángulo recto y un razonamiento similar al anterior demuestra que $\angle AQB$ es también recto, luego $P$ y $Q$ pertenecen a la circunferencia de diámetro $AB$ (en verde en la figura). Ahora bien, en el párrafo anterior también hemos demostrado que $NOP$ tiene ángulos $\angle ONM=\frac{\gamma}{2}$ y $\angle NPO=\frac{\beta}{2}$, luego es semejante a $COB$. Con esta semejanza, llegamos a que \[\frac{BC}{OB}=\frac{NP}{OP}=\frac{NP\cdot OA}{OQ\cdot OB}\ \Leftrightarrow\ MP\cdot OA=BC\cdot OQ,\] donde hemos usado que $OP\cdot OA=OQ\cdot OB$ por la potencia de $O$ respecto de la circunferencia circunscrita a $ANPB$.