Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Por el paralelismo entre las rectas dadas, está claro que los triángulos $RBP$, $QPC$ y $ABC$ son semejantes ya que tienen sus tres ángulos iguales. También por tener sus lados opuestos paralelos, es fácil darse cuenta de que $ARPQ$ es un paralelogramo, luego $QRQ$ y $PQR$ son triángulos congruentes. Para pasar de $QPC$ a $RBP$ multiplicamos por un factor $k$ (de forma que las áreas se multiplican por $k^2$), luego $BP=k\cdot CP$. De esta forma $BC=(1+k)CP$, luego para pasar de $QPC$ a $ABC$ se multiplica por un factor $1+k$ (y las áreas se multiplican por $(1+k)^2$). Todo esto nos dice que \begin{align*} (1+k)^2\mathrm{Área}(RBP)&=\mathrm{Área}(ABC)=\mathrm{Área}(RBP)+\mathrm{Área}(QPC)+2\mathrm{Área}(ARQ)\\ &=\mathrm{Área}(RBP)+k^2\,\mathrm{Área}(RBP)+2\mathrm{Área}(ARQ), \end{align*} de donde se tiene que $\mathrm{Área}(ARQ)=k\,\mathrm{Área}(RBP)$. Con esto podemos calcular finalmente \begin{align*} \frac{\mathrm{Área}(ARQ)}{\mathrm{Área}(ABC)}=\frac{k\,\mathrm{Área}(RBP)}{(1+k)^2\,\mathrm{Área}(RBP)}=\frac{k}{(1+k)^2}. \end{align*}

Solución. Pongamos que la hipotenusa del triángulo mide $a$ y los catetos $b$. En un triángulo rectángulo la circunferencia circunscrita tiene a la hipotenusa por diámetro, luego el radio de la circunferencia circunscrita es $R=\frac{a}{2}$. Por otro lado, el área del triángulo es $S=\frac{b^2}{2}$, pero también puede calcularse como $S=pr$, donde $r$ es el radio de la circunferencia inscrita y $p=\frac{1}{2}(a+2b)$ el semiperímetro. Podemos despejar entonces $r=\frac{b^2}{2p}=\frac{b^2}{a+2b}$. Usando el teorema de Pitágoras podemos finalmente calcular \begin{align*} R+r&=\frac{a}{2}+\frac{b^2}{a+2b}=\frac{a^2+2ab+2b^2}{2a+4b}\\ &=\frac{4b^2+2ab}{2a+4b}=b. \end{align*}

Nota. Un cálculo similar muestra que si el triángulo rectángulo no es necesariamente isósceles, entonces $R+r=\frac{b+c}{2}$, donde $b$ y $c$ son las longitudes de los catetos.

Solución. Vamos a escribir el problema con geometría analítica, de forma que los vértices tienen coordenadas $A=(x_A,y_A)$, $B=(x_B,y_B)$ y $C=(x_C,y_C)$ y consideramos el punto variable $M=(x,y)$. Tenemos entonces que el baricentro tiene coordenadas $G=(\frac{x_A+x_B+x_C}{3}, \tfrac{y_A+y_B+y_C}{3})$, luego podemos calcular \begin{align*}MA^2+MB^2+MC^2&=(x-x_A)^2+(y-y_A)^2+(x-x_B)^2+(y-y_B)^2+(x-x_C)^2+(y-y_C)^2\\ &=3x^2+3y^2-6x_Gx-6y_Gy+x_A^2+x_B^2+x_C^2+y_A^2+y_B^2+y_C^2\\ &=3\left((x-x_G)^2+\left(y-y_G\right)^2\right)+x_A^2+x_B^2+x_C^2+y_A^2+y_B^2+y_C^2-3x_G^2-3y_G^2 \end{align*} Sustituyendo $x=x_G$ e $y=y_G$ en la igualdad anterior, obtenemos directamente que \[GA^2+GB^2+GC^2=x_A^2+x_B^2+x_C^2+y_A^2+y_B^2+y_C^2-3x_G^2-3y_G^2,\] por lo que se tiene que \[MA^2+MB^2+MC^2=3MG^2+GA^2+GB^2+GC^2.\] De aquí se deduce que la desigualdad en el apartado (a) y que la igualdad se alcanza si y sólo si $MG=0$, es decir, cuando $M=G$. Más aún, si $MA^2+MB^2+MC^2=k\gt GA^2+GB^2+GC^2$, entonces la igualdad anterior nos dice que $MG$ es una constante positiva. Deducimos así que los puntos que cumplen (b) son los de una circunferencia centrada en $G$ de radio $\frac{1}{\sqrt{3}}\sqrt{k-GA^2-GB^2-GC^2}$.

Solución. La primera condición nos está diciendo que $ABC$ y $XYZ$ son triángulos semejantes y además esta semejanza es directa (no invierte la orientación) ya que en ambos triángulos los vértices están etiquetados en el mismo orden. Ahora bien, una semejanza directa se puede descomponer como composición de una homotecia y una rotación, ambas con el mismo centro. Llamaremos $O$ a dicho centro, $\lambda$ a la razón de la homotecia y $\theta$ al ángulo de rotación. Esto nos dice que en el triángulo $OAX$ se cumple que $\angle AOX=\theta$ y $OX=\lambda OA$. Podemos resolver usando el teorema del coseno \[AX^2=OA^2+(\lambda OA)^2-2\lambda OA^2\cos\theta=OA^2(\lambda^2+1-2\lambda \cos\theta).\] De la misma forma, tenemos que \[BY^2=OB^2(\lambda^2+1-2\lambda \cos\theta),\qquad CZ^2=OC^2(\lambda^2+1-2\lambda \cos\theta).\] Ahora bien, como $-1\leq\cos\theta\leq 1$, tenemos que $\lambda^2+1-2\cos\theta\geq\lambda^2+1-2\lambda=(\lambda-1)^2\geq 0$ y la igualdad se da únicamente cuando $\lambda=1$ y $\theta=0$, pero en tal caso no hay rotación y los triángulos $ABC$ y $XYZ$ tendrían sus lados paralelos en contra de lo que se afirma en el enunciado. Tenemos, por tanto que $\lambda^2+1-2\lambda \cos\theta\neq 0$, luego la igualdad $AX=BY=CZ$ se traduce en $OA=OB=OC$, es decir, el centro de semejanza $O$ es el circuncentro de $ABC$. Como la semejanza lleva la circunferencia circunscrita a $ABC$ en la circunferencia circunscrita a su homólogo $XYZ$, concluimos que $O$ también es el circuncentro de $XYZ$.

Solución. Consideremos la circunferencia de centro $D$ que pasa por $A$ y $C$. Como $\angle ABD=\angle DBC$, esta circunferencia cortará tanto a $AB$ como a $BC$ en dos puntos distintos, de forma que $A$ es el más alejado de estos dos puntos en $AB$ y $C$ es el más cercano en $BC$. Sea $C'$ el otro punto en que la circunferencia corta a $AC$, que es simétrico de $C$ respecto de la recta $BD$ por la simetría de la figura. Entonces, se tiene que $AB-BC=AB-BC'=AC'=2AE$, ya que la perpendicular trazada por $D$ a $AB$ (punteada en la figura) es la mediatriz de la cuerda $AC'$.