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Problema 607
OIM, 2020-P1
Sea $ABC$ un triángulo acutángulo tal que $AB\lt AC$. Los puntos medios de los lados $AB$ y $AC$ son $M$ y $N$, respectivamente. Sean $P$ y $Q$ puntos de la recta $MN$ tales que $\angle CBP = \angle ACB$ y $\angle QCB = \angle CBA$. La circunferencia circunscrita del triángulo $ABP$ corta a la recta $AC$ en un punto $D\neq A$ y la circunferencia circunscrita del triángulo $AQC$ corta a la recta $AB$ en $E\neq A$. Demostrar que las rectas $BC$, $DP$ y $EQ$ son concurrentes.
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Problema 604
Sea $P$ un punto en el plano. Demuestra que es posible trazar tres semirrectas con origen en $P$ con la siguiente propiedad: para toda circunferencia de radio $r$ que contiene a $P$ en su interior, si $P_1$, $P_2$ y $P_3$ son los puntos de corte de las semirrectas con la circunferencia, entonces
\[|PP_1|+|PP_2|+|PP_3|\leq 3r.\]
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Problema 603
Sea $ABC$ un triángulo con $AB\lt AC$ y sea $\Gamma$ su circunferencia circunscrita. Sean $D$, $E$ y $F$ los puntos de tangencia de la circunferencia inscrita de $ABC$ con $BC$, $CA$ y $AB$, respectivamente. Sea $R$ el punto de $EF$ tal que $DR$ es una altura del triángulo $DEF$ y sea $S$ el punto de corte de la bisectriz exterior del ángulo $BAC$ con $\Gamma$. Probar que $AR$ y $SD$ se cortan sobre $\Gamma$.
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Problema 596
Sea $P$ un punto del lado $BC$ de un triángulo $ABC$. La paralela por $P$ a $AB$ corta al lado $AC$ en el punto $Q$ y la paralela por $P$ a $AC$ corta al lado $AB$ en el punto $R$. Si la razón entre las áreas de los triángulos $RBP$ y $QPC$ es $k^2$, hallar la razón entre las áreas de los triángulos $ARQ$ y $ABC$.
pistasolución 1info
Pista. Observa que los triángulos $BRP$, $PQC$ y $BAC$ son semejantes y que $ARPQ$ es un paralelogramo.
Solución. Por el paralelismo entre las rectas dadas, está claro que los triángulos $RBP$, $QPC$ y $ABC$ son semejantes ya que tienen sus tres ángulos iguales. También por tener sus lados opuestos paralelos, es fácil darse cuenta de que $ARPQ$ es un paralelogramo, luego $QRQ$ y $PQR$ son triángulos congruentes. Para pasar de $QPC$ a $RBP$ multiplicamos por un factor $k$ (de forma que las áreas se multiplican por $k^2$), luego $BP=k\cdot CP$. De esta forma $BC=(1+k)CP$, luego para pasar de $QPC$ a $ABC$ se multiplica por un factor $1+k$ (y las áreas se multiplican por $(1+k)^2$). Todo esto nos dice que
\begin{align*}
(1+k)^2\mathrm{Área}(RBP)&=\mathrm{Área}(ABC)=\mathrm{Área}(RBP)+\mathrm{Área}(QPC)+2\mathrm{Área}(ARQ)\\
&=\mathrm{Área}(RBP)+k^2\,\mathrm{Área}(RBP)+2\mathrm{Área}(ARQ),
\end{align*}
de donde se tiene que $\mathrm{Área}(ARQ)=k\,\mathrm{Área}(RBP)$. Con esto podemos calcular finalmente
\begin{align*}
\frac{\mathrm{Área}(ARQ)}{\mathrm{Área}(ABC)}=\frac{k\,\mathrm{Área}(RBP)}{(1+k)^2\,\mathrm{Área}(RBP)}=\frac{k}{(1+k)^2}.
\end{align*}
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Problema 594
Demuestra que la longitud de los catetos de un triángulo rectángulo isósceles es siempre igual a la suma de los radios de sus circunferencias inscrita y circunscrita.
pistasolución 1info
Pista. Expresa los radios inscrito y circunscrito en función de las longitudes de los lados del triángulo.
Solución. Pongamos que la hipotenusa del triángulo mide $a$ y los catetos $b$. En un triángulo rectángulo la circunferencia circunscrita tiene a la hipotenusa por diámetro, luego el radio de la circunferencia circunscrita es $R=\frac{a}{2}$. Por otro lado, el área del triángulo es $S=\frac{b^2}{2}$, pero también puede calcularse como $S=pr$, donde $r$ es el radio de la circunferencia inscrita y $p=\frac{1}{2}(a+2b)$ el semiperímetro. Podemos despejar entonces $r=\frac{b^2}{2p}=\frac{b^2}{a+2b}$. Usando el teorema de Pitágoras podemos finalmente calcular
\begin{align*}
R+r&=\frac{a}{2}+\frac{b^2}{a+2b}=\frac{a^2+2ab+2b^2}{2a+4b}\\
&=\frac{4b^2+2ab}{2a+4b}=b.
\end{align*}
Nota. Un cálculo similar muestra que si el triángulo rectángulo no es necesariamente isósceles, entonces $R+r=\frac{b+c}{2}$, donde $b$ y $c$ son las longitudes de los catetos.
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