Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Sean $M$ y $N$ puntos exteriores al hexágono tales que $ABM$ y $DEN$ sean triángulos equiláteros. Entonces, la propiedad de arco capaz nos asegura que $P$ está en la circunferencia circunscrita al triángulo $ABM$ y el teorema de Ptolomeo (aplicado al cuadrilátero $AMBP$) nos dice que $AP+PB=MP$. De la misma forma, obtenemos que $DQ+QE=NQ$ y se cumple que $AP+PB+PQ+DQ+QE=MP+PQ+QN\geq MN$ ya que $MPQN$ es una poligonal que une $M$ y $N$ y su longitud siempre es mayor que la del segmento $MN$. Ahora bien, el octógono $AMBCDNEF$ es simétrico respecto de la recta $BE$ por las condiciones del enunciado luego se tiene que $MN=CF$ y hemos terminado.

Solución. Aplicando el teorema de Pitágoras a los triángulos rectángulos $ACE$ y $BCE$ y usando que $BC=AD$, obtenemos que \begin{eqnarray*} AC^2&=&AE^2+EC^2=AE^2+BC^2-BE^2\\ &=&(AE+BE)(AE-BE)+AD^2=AB\cdot AE+AB\cdot BE+AD^2. \end{eqnarray*} Ahora bien, como los triángulos $BCE$ y $CDF$ son semejantes (es fácil ver que tienen dos ángulos iguales), tenemos que $BE/BC=DF/CD$ y, teniendo en cuenta que $CD=AB$, deducimos que $BE\cdot AB=AD\cdot DF$. Sustituyendo esto último en la igualdad antes obtenida para $AC^2$, la fórmula del enunciado queda probada.