Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

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 $AC'$.

Solución. Sean $\angle CAB=2\alpha$, $\angle ABC=2\beta$ y $\angle BCA=2\gamma$. El triángulo $ABD$ tiene un ángulo igual a $2\beta$ y otro igual a $\alpha$, luego el tercero es $\angle GDI=180-2\beta-\alpha=\alpha+2\gamma$ (donde hemos usado que $2\alpha+2\beta+2\gamma=180$). Como quiera que el enunciado nos dice que $\angle GID=2\beta$, se tiene en el triángulo $GID$ que $\angle IGD=180-2\beta-\alpha-2\gamma=\alpha$. Por lo tanto, los triángulos $GIC$ y $AIC$ son congruentes (tienen un lado en común y los ángulos adyacentes iguales). Esto nos dice que $A$ y $G$ son simétricos respecto de la bisectriz $CI$, luego $\angle FGI=\angle FAI=\alpha$ y concluimos que $\angle CGF=2\alpha$.

Está claro que los mismos argumentos funcionan para demostrar que $\angle DHE=\angle IHE=\alpha$, luego $\angle BHE=2\alpha$ y hemos terminado.

Solución. Solución sintética

Solución. Vamos a considerar un sistema de coordenadas en el que el origen está en $D=(0,0)$ y los vértices del triángulo son $A=(a,0)$, $B=(b,0)$ y $C=(0,c)$ con $b,c\gt 0$ y $a\lt 0$. Ahora bien, la recta $AP$ corta a $CD$ (el eje $OY$) en un punto $X=(0,h)$. Es equivalente mover $P$ sobre $BC$ a mover $X$ sobre $AD$, luego el problema queda determinado sólo en términos de la variable $h$. El punto $P=(x_P,y_P)$ es la intersección de $AP$ y $BC$, luego es solución del sistema \[\left.\begin{array}{l} AP:\ \frac{x_P}{a}+\frac{y_P}{h}=1\\ BC:\ \frac{x_P}{b}+\frac{y_P}{c}=1 \end{array}\right\}\ \Longleftrightarrow\ P=(x_P,y_P)=\left(\frac{ab(c-h)}{ac-bh},\frac{ch(a-b)}{ac-bh}\right).\] Ahora bien, por la simetría de la construcción, $Q$ se obtiene cambiando $a$ por $b$ en la expresión anterior, es decir, \[Q=(x_Q,y_Q)=\left(\frac{ab(c-h)}{bc-ah},\frac{ch(b-a)}{bc-ah}\right).\] Además, $P$ está en el primer cuadrante y $Q$ en el segundo, luego la igualdad $\angle PDC=\angle QDC$ se deduce del hecho de que \[\frac{y_Q}{x_Q}=-\frac{y_P}{x_P}\] y esto demuestra que $CD$ es la bisectriz de $\angle PDQ$.

Nota. A la hora de formular las rectas, nos hemos basado en la conocida como ecuación continua de una recta. Esta nos dice que la recta del plano que pasa por los puntos $(a,0)$ y $(0,b)$ tiene ecuación $\frac{x}{a}+\frac{y}{b}=1$ (como puede comprobarse fácilmente).