Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Sea \(O\) el circuncentro del triángulo \(ABC\) y \(M\) y \(N\) los puntos medios de los lados \(AB\) y \(BC\), respectivamente. Entonces, \(BM=BN\) por ser ambas tangentes a la circunferencia inscrita al triángulo \(BCD\), y, como \(BM=\frac{1}{2}BC\) y \(BN=\frac{1}{2}AB\), tenemos que el triángulo original cumple que \(\angle ACB=\angle BAC\). Además, \(\frac{1}{4}\angle ACB=\angle OCN=\angle NBO=\frac{1}{2}\angle CBA\), donde se ha usado que \(\angle COB\) es isósceles. De aquí tenemos que \(\angle CBA=\frac{1}{2}\angle ACB\) y, usando finalmente que \(180=\angle CAB+\angle CBA+\angle ACB=\frac{5}{2}\angle ABC\), llegamos a que \(\angle ABC=36\) y \(\angle CAB=\angle CBA=72\).

Solución. Consideremos la recta paralela a $BC$ que pasa por $A$ y llamamos $P$ y $Q$, respectivamente, a los puntos de corte de esta recta con la tangente por $B$ y con la tangente por $C$ definidas en el enunciado. Entonces, se cumple que $BE=AP$ y $CD=AQ$, ya que los cuadriláteros $APBE$ y $AQCD$ son paralelogramos. Si denotamos por $\alpha,\beta,\gamma$ los ángulos del triángulo $ABC$, el paralelismo de $PQ$ y $BC$ también nos asegura que $\angle PAB=\beta$ y $\angle QAC=\gamma$. Por otro lado, como $\angle ACQ$ es el ángulo semiinscrito correspondiente y $AC$ está abarcado por el ángulo $\angle ABC=\beta$, se sigue que $\angle ACQ=\beta$ y, de la misma forma, $\angle ACQ=\gamma$. Así, hemos probado que los triángulos $ABC$, $ABP$ y $ACQ$ son semejantes. Por tanto, $AP/AB=AB/BC$ y $AQ/AC=AC/BC$, luego despejamos $BE=AP=AB^2/BC$ y $CD=AQ=AC^2/BC$, y obtenemos fácilmente la identidad del enunciado.

Solución. Llamemos $T$ al punto de tangencia de $MN$ con la circunferencia inscrita y $\ell$ al lado del triángulo. Observemos que la longitud de $MT$ es igual a la del segmento que une $M$ con el punto medio del lado $AB$ por la propiedad de tangencia. Por tanto, $AM+MT=\frac{\ell}{2}$ y, de la misma forma, $AN+NT=\frac{\ell}{2}$, con lo que el perímetro del triángulo $AMN$ es exactamente $\ell$. Así, podemos escribir \[\frac{AM}{MB}+\frac{AN}{NC}=\frac{AM}{MN+AN}+\frac{AN}{MN+AM}=\frac{AM^2+AN^2+MN(AN+AM)}{MN^2+MN(AN+AM)+AM\cdot AN}.\] Por lo tanto, quisiéramos demostrar que $AM^2+AN^2=MN^2+AM\cdot AN$, pero esto se deduce de forma fácil del teorema del coseno aplicado al triángulo $AMN$ teniendo en cuenta que $\angle MAN=60^\circ$.

Solución. El área del triángulo $ABM$ es la misma que la del triángulo $ACM$ ya que tienen la misma base $BM=CM$ y la misma altura. Por lo tanto, si llamamos $p_1$ y $p_2$ al semiperímetro de $ABM$ y $ACM$ respectivamente, tenemos que $r_1p_1=r_2p_2$ y deducimos que \[\frac{r_1}{r_2}=\frac{p_2}{p_1}=\frac{AM+CM+AC}{AM+BM+MB}.\] Así, tenemos que probar que $AM+CM+AC\lt 2(AM+BM+AB)$ o, lo que es lo mismo, $AM+CM+2AB\gt AC$ y esta última desigualdad es consecuencia de la desigualdad triangular $AM+CM\gt AC$ (en el triángulo $ACM$) y de que $2AB\gt 0$.

Solución. Llamemos \(A_1\), \(A_2\), \(A_3\), \(A_4\) y \(A_5\) a los vértices del pentágono en sentido antihorario y \(l\) y \(d\) al lado y la diagonal del pentágono. Sea además \(P\) el punto de corte de las diagonales \(A_1A_3\) y \(A_2A_5\). Como cada diagonal es paralela a un lado del pentágono, se tiene que el cuadrilátero \(PA_3A_4A_5\) es un paralelogramo y, por tanto, \(PA_5=l\) y \(PA_2=d-l\). Finalmente, como los triángulos \(A_2PA_3\) y \(A_3A_4A_1\) son semejantes (tienen los lados paralelos), se cumple que \(\frac{A_2P}{A_3A_4}=\frac{A_2A_3}{A_1A_3}\) y, sustituyendo el valor de cada segmento en términos de \(l\) y \(d\), \(\frac{d-l}{l}=\frac{l}{d}\). De aquí puede deducirse fácilmente que \((\frac{d}{l})^2-\frac{d}{l}-1=0\) y, resolviendo esta ecuación de segundo grado, tenemos finalmente que \[\frac{d}{l}=\frac{1+\sqrt{5}}{2},\] es decir, la razón entre la diagonal de un pentágono regular y su lado es la razón áurea.