Problema 79★★☆☆☆
Sea \(H\) el ortocentro de un triángulo, \(P\) el pie de una altura y \(Q\) el otro punto de corte de la recta \(AP\) (distinto de \(A\)) con la circunferencia circunscrita. Demostrar que \(HP=PQ\).
Pista. Demuestra, haciendo cálculos con ángulos, que el triángulo \(BHQ\) es isósceles.
PistaSolución 1Solución. Por fijar notación, supongamos que estamos trazando la altura desde el vértice \(A\) y sean \(B\) y \(C\) los otros dos vértices. Por la propiedad del arco capaz sobre la circunferencia circunscrita, tenemos que \(\angle HBQ=\angle ACB\) y, por otro lado, \(\angle BHQ=90-\angle HBP=\angle ACB\), usando que los triángulos \(BHP\) y \(BRC\) son rectángulos, donde \(R\) es el pie de la altura por \(B\). Hemos probado así que el triángulo \(BHQ\) es isósceles y, como \(BC\) es la altura de este triángulo relativa al vértice \(B\), tenemos que corta al segmeno \(HQ\) en su punto medio \(P\), que es lo que queríamos probar.
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Informar de procedencia del problemaProblema 78★★☆☆☆
En el triángulo \(ABC\) sea \(D\) el punto de corte de la bisectriz trazada desde \(C\) al lado \(AB\). Sabiendo que el centro de la circunferencia inscrita en el triángulo \(BCD\) coincide con el centro de la circunferencia circunscrita al triángulo \(ABC\), ¿cuáles son los ángulos de \(ABC\)?
Pista. Demuestra que el triángulo \(ABC\) es isósceles.
PistaSolución 1Solución. 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 \(\angle CAB=\angle CBA=72\).
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Informar de procedencia del problemaProblema 77★★★☆☆
Sea $ABC$ un triángulo. Consideremos los puntos $D$ y $E$ sobre el lado $BC$ de forma que las rectas $AD$ y $AE$ son paralelas a las tangentes a la circunferencia circunscrita al triángulo que pasan por $C$ y $B$, respectivamente. Demostrar que
\[\frac{BE}{CD}=\frac{AB^2}{AC^2}{.}\]
Pista. Si tomamos la 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, demuestra que $ABC$, $ABP$ y $ACQ$ son semejantes.
PistaSolución 1Solución. 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.
Informar InfoOlimpiada Matemática Española (fase nacional), 1998 problema 3
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Informar de procedencia del problemaProblema 76★★☆☆☆
Se define la sucesión \(\{p_n\}\) de la siguiente manera: \(p_1=2\) y, para todo \(n\geq 2\), \(p_n\) es el mayor divisor primo de la expresión \(p_1p_2\cdots p_{n-1}+1\). Probar que \(p_n\) es siempre distinto de \(5\).
Pista. Demostrar que si \(p_n=5\), entonces \(p_1p_2\cdots p_{n-1}+1\) es una potencia de \(5\).
PistaSolución 1Solución. En efecto, tenemos que \(p_1=2\), \(p_2=3\) y todos los \(p_n\) son primos entre sí por la condición de que \(p_n\) divide a \(p_1p_2\cdots p_{n-1}+1\). Por tanto, si existe \(n\) tal que \(p_n=5\), entonces \(p_1p_2\cdots p_{n-1}+1\) tiene que ser una potencia de \(5\), es decir, existe \(a\in\mathbb{N}\) tal que \(p_1p_2\cdots p_{n-1}=5^a-1\), pero el término de la derecha es múltiplo de \(4\) y el de la izquierda no (ya que \(p_1=2\) y todos los demás factores son impares) luego tenemos una contradicción, tal y como deseábamos.
Informar InfoOlimpiada Iberoamericana de Matemáticas, 1987 problema 4
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Informar de procedencia del problemaProblema 75★★★☆☆
Sea $ABC$ un triángulo equilátero y sean $M$ y $N$ puntos de $AB$ y $AC$, respectivamente, tales que el segmento $MN$ es tangente a la circunferencia inscrita de $ABC$. Demostrar que
\[\frac{AM}{MB}+\frac{AN}{NC}=1{.}\]
Pista. Demostrar que el triángulo $AMN$ tiene perímetro igual al lado del triángulo equilátero inicial y, de ahí, sustituir $MB=MN+AN$ y $NC=MN+AM$.
PistaSolución 1Solución. 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 $\angle MAN=60$º.
Informar InfoOlimpiada Iberoamericana de Matemáticas, 1993 problema 4
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Informar de procedencia del problema