PROBLEMAS DE GEOMETR ´ IA DE OLIMPIADAS Francisco Bellot Rosado Aunque un alto porcentaje de los problemas de Geometr ´ ia que se propo- nen en las Olimpiadas y concursos se resuelven con ayuda de la semejanza de tri´angulos, en algunos casos hace falta aplicar t´ecnicas m´as espec ´ ificas, como los teoremas de Ceva y Menelao, el teorema de Stewart, el de Van Aubel, e incluso la inversi´on. Presentamos una colecci´on de problemas geom´etricos en el que las habilidades necesarias est´an repartidas. Problema 1 En el cuadril´atero ABCD est´a inscrito un c ´ irculo, siendo K,L,M,N los puntos de tangencia con los lados AB,BC,CD y DA, respectivamente. Las rectas DA y CB se cortan en S, mientras que BA y CD se cortan en P. Si S,K y M est´an alineados, probar que P,N y L tambi´en lo est´an. (Olimpiada de Bielorrusia 1996) Soluci´on del estudiante M.Vronski. Llamemos SN = SL = s, P K = P M = p, BK = BL = b, CL = CM = c, DM = DN = d Aplicando el teorema de Menelao al tri´angulo BPC con SM deducimos que la colinealidad de S,K y M es equivalente a 1 = BK KP . P M MC . CS SB = b p . p c . s + c s − b = b (s + c) c (s − b) , es decir, a (c − b) s = 2bc (1) Razonando de forma similar con P,N y L vemos que ser´a suficiente probar que (1) implica (c − d) p = 2dc (2). Aplicando el teorema de Menelao al tri´angulo PKM con SC, obtenemos 1 = KB BP . P C CM . SM SK = b p + b . p + c c . SM SK , luego SM = SK. c (p + b) b (p + c) ⇐⇒ SM 2 = SM.SK. c (p + b) b (p + c) . Utilizando ahora la potencia del punto S respecto del c´ırculo inscrito en el cuadril´atero, SM.SK = SN 2 = s 2 , luego SM 2 = s 2 c (p + b) b (p + c) . 1 Por otra parte, el teorema de Stewart para SM en el tri´angulo CSD da SM 2 = MC.SD 2 + MD.SC 2 DC − MD.MC = c (s + d) 2 + d (s + c) 2 d + c − dc = s 2 + 4dcs d + c Igualando las dos expresiones para SM 2 obtenemos 4dcs d + c = s 2 . (c − b) p b (p + c) = por (1) = 2bcps b (p + c) , luego 2d d + c = p p + c , que es e quivalente a (2). Problema 2 En el tri´angulo ABC, sea P el punto de concurrencia de las cevianas AA’,BB’ y CC’ (con A  ∈ (BC) , B  ∈ (CA) , C  ∈ (AB) ), y sea M un punto del plano del tri´angulo. Demostrar que [BP C] MA 2 + [CP A] MB 2 + [AP B] MC 2 [ABC] = MP 2 + r (P ) , donde r(P) es la potencia de P respecto del c´ırculo circunscrito a ABC y [] representa el ´area. (Revista rumana Gamma) Soluci´on. En primer lugar, aplicando el teorema de Stewart en el tri´angulo MAA’ con la ceviana PM, resulta MA 2 .P A  + A  M 2 .AP = MP 2 .AA  + AP.P A  .AA  (1). Aplicando el mismo teorema en MBC con A’M, obtenemos MB 2 .A  C + MC 2 .BA  = A  M 2 .BC + BA  .A  C.BC (2) Eliminando A  M 2 entre (1) y (2), despej´andolo de (2), llev´andolo a (1) y dividiendo por AA’ se llega a MA 2 . P A  AA  +MB 2 . A  C.AP AA  .BC +MC 2 . BA  .AP AA  .BC = MP 2 +AP.P A  + BA  .A  C.AP AA  (3) Vamos ahora a obtener nuevas expresiones en donde intervengan las ´areas de los tri´angulos que aparecen en la expresi´on final. Si P P 1 ⊥ BC y AA 1 ⊥ BC, de la semejanza entre los tri´angulos P P 1 A  y AA 1 A  resulta 2 P A  AA  = P P 1 AA 1 = P P 1 .BC AA 1 .BC = [BP C] [ABC] (4). Por otra parte, los tri´angulos AA  C y ABC tienen la misma altura; luego CA  BC = [ AA  C ] [ABC] ; as´ı mismo, AA  C y APC tienen la misma altura; luego AP AA  = [AP C] [AA  C] ; multiplicando estas dos expresiones obtenemos A  C.AP AA  .BC = [AP C] [ABC] (5); de la misma manera se demuestra BA  .AP AA  .BC = [AP B] [ABC] (6). Por otra parte, si llamamos A” al punto de intersecci´on de AA’ con el c´ırculo cicunscrito, la potencia de A’ respecto de este c´ırculo es BA  .A  C = AA  .A  A  (7). Vamos, finalmente, a obtener otra expresi´on para los dos ´ultimos sumandos de (3): P A  .P A+ BA  .CA  .P A AA  = P A  .P A+A  A  .P A = (P A  + A  A  ) P A = PA  .P A que es precis amente la potencia de P respecto del c´ırculo circunscrito. Llevando a (3) lo obtenido en (4),(5),(6) y (7), junto con la observaci´on anterior, se obtiene el resultado. Particularizando P y M con puntos notables del tri´angulo se obtienen iden- tidades igualmente notables. Problema 3 Demostrar que, en el tri´angulo ABC, si GO = R 3 , entonces ABC es rect´angulo, y rec´ıprocamente. (Elemente der Mathematik, 1952) Soluci´on: Es conocido que los puntos O, G, H y F (centro del c´ırculo de los 9 puntos) est´an alineados e n la recta de Euler y se verifica OG 2 = GF 1 = F H 3 . Como F es el punto medio de OH, y el radio del c´ırculo de los 9 puntos es R 2 , H ser´a exterior, interior o sobre el circunc´ırculo cuando ocurra lo mism o para el c´ırculo de 9 puntos. Es claro que si ABC es acut´angulo, H es interior 3 al circunc´ırculo, y si es rect´angulo est´a sobre ´el (es el v´ertice del ´angulo recto). En un tri´angulo obtus´angulo, H es exterior al c´ırculo de 9 puntos y tambi´en al circunc´ırculo. Si OG = R 3 ,entonces OH = R, y el tri´angulo es rect´angulo. As´ı pues, tenemos: ABC acut´angulo ⇐⇒ GO < R 3 ABC rect´angulo ⇐⇒ GO = R 3 ABC obtus´angulo ⇐⇒ GO > R 3 Problema 4 La gr´afica Γ de la funci´on y = 1 x , x ∈ (0, +∞) se dibuja en el plano con respecto a unos ejes coordenados rectangulares Oxy. Despu´es se borran los ejes de coordenadas. Reconstruirlos con regla y comp´as. (Competici´on b´ulgara de primavera, 1992) Soluci´on oficial Primero demostraremos que si A = B son dos puntos de Γ, M es el punto medio del segmento AB, y C es el punto de intersecci´on de la recta OM con la recta por A paralela al eje OY, entonces el tri´angulo ABC es rect´angulo. En efecto: A  a, 1 a  , B  b, 1 b  , M  a+b 2 , a+b 2ab  ; la ecuaci´on de OM es y = 1 ab x. Por otra parte, todos los puntos de la recta AC, paralela a Oy tienen su primera ccordenada igual a a, as´ı que C  a, 1 b  y BC es paralelo a Ox, es decir, ABC es rect´angulo. Sean ahora A  a, 1 a  , B  b, 1 b  , C  c, 1 c  , D  d, 1 d  cuatro puntos (distintos) de Γ, y M  a + b 2 , a + b 2ab  , N  c + d 2 , c + d 2cd  los puntos medios de AB y CD. Las ecuaciones de AB y CD son y = − 1 ab x + 1 a + 1 b , y = − 1 cd x + 1 c + 1 d respectivamente. El n´umero de puntos comunes a esas rectas es el de solu- ciones del sistema formado por ambas ecuaciones. Este sistema tiene soluci´on ´unica si ab = cd. Si ab = cd ambas rectas son paralelas. Como las rectas OM y ON tienen por ecuaciones respec tivas y = 1 ab x, y = 1 cd x vemos que s i AB es 4 paralela a CD, entonces OM = ON. As´ı hemos obtenido que si AB y CD son dos cuerdas paralelas de Γ, entonces MN pasa por el origen de coordenadas. En consecuencia, para construir el origen de coordenadas es suficiente tomar dos pares de cuerdas paralelas y hallar el punto de intersecci´on de las rectas que pasan por los puntos medios de esos dos pares. Los ejes pueden ser reconstru ´ idos tomando primero una cuerda arbitraria AB con punto medio M y llamando C al punto de intersecci´on de la circunferencia de di´ametro AB y la recta OM. Entonces Ox es paralela a BC y Oy a AC. Problema 5 Resolver la ecuaci´on  abx (x − a −b) +  bcx (x − b −c) +  cax (x − c −a) =  abc (a + b + c) (Mathesis, 1890) Soluci´on: La simetr´ıa de la ecuaci´on y las expresiones subradicales inducen a pensar que ser´a posible resolver el problema con ayuda de la f´ormula de Her´on; en efecto, poniendo  abx (x − a −b) = γ;  bcx (x − b −c) = α;  cax (c − c −a) = β;  abc (a + b + c) = δ, se ve f´acilmente que α, β, γ, δ representan el doble de las ´areas de los tri´angulos de lados respe ctivos b + c x − b x − c (α) c + a c − c x − a (β) a + b x −a x − b (γ) b + c c + a a + b (δ) Consideremos el tri´angulo ABC de lados b + c, c + a, a + b. De la relaci´on α + β + γ = δ resulta que en el plano de este tri´angulo existe un punto O cuyas distancias a A,B,C son x − a, x − b, x − c. Aplicando las f´ormulas de Briggs sin 1 2  CAO =  a (x − a −c) (x − a) (c + a) , cos 1 2  CAO =  cx (x − a) (c + a) sin 1 2  BAO =  a (x − a −b) (x − a) (a + b) , cos 1 2  BAO =  bx (x − a) (a + b) sin 1 2  CAB =  bc (a + b) (a + c) Sustituyendo esos valores en la relaci´on 5 sin 1 2  CAB = sin 1 2  CAO. cos 1 2  BAO + cos 1 2  CAO. sin 1 2  BAO se obtiene, simplificando: bc (x − a) = bβ + cγ. An´alogamente se obtienen ca (x − b) = cγ + aα, ab (x − c) = aα + bβ. Restando de la suma de las dos ´ultimas la primera resulta x (ca + ab + bc) −abc = 2aα = 2a  bcx (x − b −c) de donde  (ca + ab −bc) 2 − 4a 2 bc  x 2 + 2abc (ab + bc + ca) x + a 2 b 2 c 2 = 0; el coeficiente de x 2 se puede poner como  b 2 c 2 − 2abc  a =   bc  2 − 4δ 2 , as´ı que la ecuaci´on cuadr´atica toma la forma  x  bc + abc  2 = 4δ 2 x 2 , as´ı que, extrayendo la ra´ız cuadrada a los dos miembros, x = −abc bc + ca + ab ±2δ La ecuaci´on (y el problema) admite la siguiente reformulaci´on geom´etrica: Hallar el radio de una circunferencia tangente exteriormente a tres circunferen- cias dadas de radios a, b, c tangentes dos a dos. Se puede poner x = 2 r ±  1 a + 1 b + 1 c  , siendo r el inradio del tri´angulo ABC cuyos v´ertices son los centros de las tres circunferencias dadas. Problema 6 Olimpiada de Chequia 1994 Sean AA 1 , BB 1 , CC 1 las alturas del tri´angulo acut´angulo ABC, y sea V su punto de intersecci´on. Si los tri´angulos AC 1 V, BA 1 V y CB 1 V tienen la misma ´area, ¿ser´a ABC equil´atero? Soluci´on Probaremos que, si tres cevianas concurrentes determinan tri´angulos de la misma ´area, entonces V es el baricentro del tri´angulo. Como un tri´angulo cuya 6 mediana coincide con su altura es claramente is´osceles, uno cuyo baricentro coincida con su ortocentro ser´a equil´atero. Para demostrar nuestra afirmaci´on, sean x, y, z, v las ´areas respectivas de los tri´angulos V BA 1 , V BC 1 , V CA 1 , V AB 1 . Se verifica AC 1 C 1 B = x y = 2x + v x + y + z , as ´ i que, tras algunas manipulaciones, x (x + z) = y (x + v) ; an´alogamente x (x + v) = z (x + y) x (x + y) = v (x + z) Sin p´erdida de la generalidad, se puede suponer que y ≥ z, y ≥ v. Como x + v ≤ x + y, se sigue que de la segunda igualdad x ≥ z. An´alogamente, de la tercera igualdad se deduce x ≤ v, luego z ≤ x ≤ v. Finalmente, de la primera igualdad se deduce tambi´en que x ≥ y. Por lo tanto, x = y = v. Los puntos A 1 , B 1 , C 1 deben ser los puntos medios de los lados del tri´angulo, y V debe ser el baricentro. Problema7 Olimp. Iberoamericana 2001, Problema 2 La circunferencia inscrita en el tri´angulo ABC tiene centro I y es tangente a los lados BC,CA y AB en los puntos X, Y, Z respectivamente. Las rectas BI y CI cortan a la recta YZ en los puntos P y Q, respectivam ente. Demostrar que s i los segmentos XP y XQ tienen la misma longitud, entonces ABC es is´osceles. 7 Soluci´on (F.Bellot) El tri´angulo AZY es is´osceles, as ´ i que  AZY = 90 − A 2 . Entonces  BZP = 90 + A 2 . Y de aqu ´ i que  ZP B = C 2 . Entonces, el teorema del seno en BZP da: BP sin  90 + A 2  = BZ sin C 2 Como BZ = p − b, resulta as ´ i BP = (p − b) cos A 2 sin C 2 , que, utilizando las conocidas f´ormulas cos A 2 =  p (p − a) bc sin C 2 =  (p − a) (p −b) ab se expresa en la forma BP 2 = ap (p − b) c = a 2 cos 2 B 2 =⇒ BP = a cos B 2 . Entonces, el teorema del cos eno en BXP nos permite escribir XP 2 : XP 2 = BX 2 + BP 2 − 2BX · BP cos B 2 = ··· = (p −b) b (p − c) c Para hallar XQ 2 s´olo hay que cambiar la b por c y rec ´ iprocamente, con lo que 8 XQ 2 = (p −c) c (p − b) b as ´ i que XP 2 = XQ 2 ⇐⇒ b 2 = c 2 , y ABC es is´osceles. Comentario : Resulta cuando menos sorprendente que en el banco de proble- mas de Geometr ´ ia de la Iberoamericana no hubiera otro problema de Geometr ´ ia en el que hubiera que hacer algo m´as que aplicar las f´ormulas para las razones trigonom´etricas de los ´angulos mitad en un tri´angulo Problema 8 Sea M un punto interior al tri´angulo ABC. Las paralelas por M a AB y a AC forman, con BC, un tri´angulo de ´area S a . Se definen an´alogamente S b y S c . a) Demostrar que 1 √ S a + 1 √ S b + 1 √ S c ≥ 9  area [ABC] b) Determinar la posici´on del punto M para que se verifique la igualdad. Soluci´on Utilizaremos las notaciones de la figura 1 : Y adem´as, ponemos S = area [ABC] , x = MD AD , y = ME BE , z = MF CF , donde 9 AM ∩ BC = D, BM ∩AC = E, CM ∩ AB = F (f ig.2) Se observa que los tri´angulos A 1 MA 2 y ABC son semejantes (tienen los lados paralelos), con raz´on de semejanza A 1 M/AB. Como los tri´angulos DMA 1 y DAB tambi´en son semejantes, tenemos A 1 M AB = DM AD = x =⇒ area [A 1 MA 2 ] area [ABC] =  A 1 M AB  2 = x 2 = S a S . Un razonamiento similar demuestra que S b S = y 2 , S c S = z 2 . Entonces la desigualdad del enunciado se convierte en  S S a +  S S b +  S S c ≥ 9 ⇐⇒ 1 x + 1 y + 1 z ≥ 9 (1). Es f´acil c omprobar que x + y + z = 1 En efecto, como x = MD AD = MM  AA  = area [BMC] area [ABC] , y, an´alogamente, y = area [AMC] area [ABC] , z = area [AMB] area [ABC] , teniendo en cuenta que M es un punto interior al tri´angulo, se obtiene in- mediatamente x + y + z = 1. 10 [...]... (Original de Nairi M Sedrakian) Soluci´n oficial o Sean a, b, c, d, e, f las longitudes de AB, BC, DE, EF y FA, respectivamente Obs´rvese que los ´ngulos opuestos del hex´gono son iguales (A = D, B = e a a E, C = F ) Desde A y D se trazan perpendiculares a las rectas BC y EF (v la 16 figura) Se verifican las relaciones KH LN = AB sin B + AF sin F = DC sin C + DE sin E que, mediante la igualdad de ´ngulos... recta BC 19 Demostrar que W es el incentro de ABC Soluci´n oficial o Sea D el punto donde WA corta a BC Sean E,F los puntos donde G1 y G2 son tangentes a BC De nimos las longitudes x, y, β, γ, d como sigue: x = BE, y = CF, β = BD, γ = CD, d = AD; entonces se tiene DE = β − x, DF = γ − y y puesto que DE = DW = DF, es β − x = γ − y Adem´s, AW = d − β + x = d − γ + y a Vamos a considerar el sistema de 4 circunferencias:... BW bisectriz de ABC a BD b+c La soluci´n es completa o Problema 16 Un problema de la Olimpiada de Rusia 1994 Sean a, b, c los lados de un tri´ngulo; ma , mb , mc las longitudes de sus media anas, y D el di´metro del c´ a irculo circunscrito Demostrar que a2 + b2 b2 + c2 c2 + a2 + + ≤ 6D mc ma mb (Dimitri Tereshin) Soluci´n o El hecho de que en la desigualdad propuesta aparezca el di´metro del c´ a irculo... Adem´s, AW = d − β + x = d − γ + y a Vamos a considerar el sistema de 4 circunferencias: de centro A y radio 0; G1 ; de centro B y radio 0; de centro C y radio 0 Esos cuatro c´ irculos son tangentes a G; los consideraremos interiores y aplicaremos el teorema generalizado de Ptolomeo (o de Casey) entre las longitudes de las tangentes comunes exteriores, que son: entre (A,0) y G1 entre (A,0) y (B,0) entre... el semiper´ imetro de ABC La recta AA1 es tangente a cada uno de los c´ irculos C1 y C2 as´ que es la i tangente com´n en el punto de tangencia T de ambos Sean M1 , M2 los puntos u de tangencia de ambos c´ irculos con BC, y los dem´s puntos que se indican en a la figura Se tiene x = A1 M1 = A1 M2 = A1 T ; y = BM1 = BN1 ; z = CM2 = CN2 ; u = AN1 = AT = AN2 Se tienen las igualdades evidentes 2x + y + z... Problema 15 Las circunferencias G, G1 , G2 est´n relacionadas de la siguiente manera: G1 a y G2 son tangentes exteriores en el punto W; ambas son, adem´s, tangentes a interiores a G Los puntos A,B y C de la circunferencia G se determinan de la siguiente forma: BC es la tangente exterior com´n a G1 y G2 ; y WA es la u tangente com´n interior a G1 y G2 , de modo que W y A est´n a un mismo lado u a de la recta... exterior del tri´ngulo ABP, BP R = α + β a a As´ tenemos i P QR = BP R = BRP , luego el circunc´ irculo de PQR es tangente a BP y a BR Problema 13 Sea ABCDEF un hex´gono convexo tal que AB es paralelo a ED, a BC es paralelo a FE y CD es paralelo a AF Sean RA , RC , RE los radios de las circunferencias circunscritas a los tri´ngulos FAB, BCD y DEF, a respectivamente; y sea p el per´ imetro del hex´gono a Demostrar... (3) De (2) resulta u = −z + b, que con (3) da z = y + b − c; sustituyendo en (1) obtenemos 2x + y + y + b − c = a, es decir x + y = BA1 = a−b+c = p − b 2 Rec´ iprocamente, supongamos ahora que A1 es el punto de tangencia del c´ irculo inscrito en ABC con BC Vamos a demostrar que la recta AA1 es tangente en un mismo punto T a ambos c´ irculos C1 , C2 En principio, sea T1 el punto de tangencia de AA1... hex´gono, se covierten a a en KH LN = AB sin B + AF sin C = DC sin C + DE sin B La distancia KH=LN es la distancia entre las rectas BC y EF, luego BF ≥ KH = LN, y por lo tanto 2BF ≥ KH + LN = AB sin B + AF sin C + DC sin C + DE sin B El teorema de los senos en ABF da BF = 2RA sin A, de donde 4RA sin A = 2BF ≥ AB sin B + AF sin C + DC sin C + DE sin B y an´logamente a 4RC sin C 4RE sin B = 2BD ≥ F A sin A... : : d−β+x c b x a−x a Por lo tanto, seg´n la relaci´n de Ptolomeo, u o (d − β + x) a + bx = c (a − x) , que se puede escribir, con la habitual notaci´n 2s = a + b + c, o x= a (β + c − d) 2s (1) De manera an´loga, considerando G2 y los tres c´ a irculos degenerados anteriores se llega a a (γ + b − d) (2) 2s Como DE = DW = DF, usando (1) y (2) podemos escribir y= β− a a (β + c − d) = γ − (γ + b − d) . PROBLEMAS DE GEOMETR ´ IA DE OLIMPIADAS Francisco Bellot Rosado Aunque un alto porcentaje de los problemas de Geometr ´ ia que se propo- nen en las Olimpiadas y concursos. paralelas de Γ, entonces MN pasa por el origen de coordenadas. En consecuencia, para construir el origen de coordenadas es suficiente tomar dos pares de cuerdas paralelas y hallar el punto de intersecci´on. sorprendente que en el banco de proble- mas de Geometr ´ ia de la Iberoamericana no hubiera otro problema de Geometr ´ ia en el que hubiera que hacer algo m´as que aplicar las f´ormulas para las