Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Llamemos \(M\), \(N\) y \(P\) a los puntos medios de los lados \(AB\), \(BC\) y \(AC\), respectivamente, y denotemos por \(G\) al baricentro del triángulo. Lo que se nos pide es demostrar que los triángulos \(AGM\), \(BGM\), \(BGN\), \(CGN\), \(CGP\) y \(AGP\) tienen la misma superficie. En primer lugar, \(AGM\) y \(BGM\) tiene la misma área por tener la misma base \(AM=MB\) y la misma altura (comparten el otro vértice) luego llamemos a este área \(A_1\). De la misma forma \(BGN\) y \(CGN\) tienen igual área \(A_2\) y \(CGP\) y \(AGP\) tienen igual área \(A_3\). Finalmente, observemos que \(ACM\) y \(BCM\) tiene igual área por tener la misma base y la misma altura sobre ella, de donde \(A_1+2A_2=A_1+2A_3\) y, por tanto, \(A_2=A_3\). Razonando de la misma forma con los otros lados, llegamos a que \(A_1=A_2=A_3\), como queríamos probar.

Solución. Sea $ABC$ un triángulo y denotemos por $a,b,c$ a sus lados. La recta que une el baricentro $G$ y el incentro $I$ del triángulo es paralela al lado $a$ cuando la distancia de $G$ y la distancia de $I$ al lado $a$ coincidan. La distancia de $I$ a al lado $a$ es $r$, el radio de la circunferencia inscrita, mientras que la distancia de $G$ al lado $a$ es $\frac{1}{3}h_a$, donde $h_a$ es la altura que parte del vértice $A$. Observemos ahora que $r=\frac{2S}{a+b+c}$ y $h_a=\frac{2S}{a}$, donde $S$ es el área del triángulo. Por tanto, la recta $IG$ es paralela al lado $a$ cuando \[\frac{2S}{a+b+c}=\frac{2S}{3a}\Leftrightarrow\frac{a+b+c}{2S}=\frac{3a}{2S}\Leftrightarrow a=\frac{b+c}{2}.\] Deducimos que la condición se cumple cuando uno de los lados es la media aritmética de los otros dos.

Solución. 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.

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.