Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

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.

Solución. 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 $\angle MAN=60^\circ$.

Solución. El área del triángulo $ABM$ es la misma que la del triángulo $ACM$ ya que tienen la misma base $BM=CM$ y la misma altura. Por lo tanto, si llamamos $p_1$ y $p_2$ al semiperímetro de $ABM$ y $ACM$ respectivamente, tenemos que $r_1p_1=r_2p_2$ y deducimos que \[\frac{r_1}{r_2}=\frac{p_2}{p_1}=\frac{AM+CM+AC}{AM+BM+MB}{.}\] Así, tenemos que probar que $AM+CM+AC<2(AM+BM+AB)$ o, lo que es lo mismo, $AM+CM+2AB>AC$ y esta última desigualdad es consecuencia de la desigualdad triangular $AM+CM>AC$ (en el triángulo $ACM$) y de que $2AB>0$.