Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Sea $ABC$ el triángulo en cuestión y supongamos que el ángulo en $A$ está fijo y también el radio $r$ de la circunferencia inscrita, que es tangente a los lados en los puntos $X,Y,Z$, como se muestra en la figura. El área del triángulo está dada por $S=rp$, siendo $p$ el semiperímetro, luego minimizar el perímetro del triángulo equivale a minimizar su área cuando variamos $X$ en el arco mayor $YZ$. Es fácil intuir que la solución al problema es el triángulo isósceles $ARS$ tangente a la circunferencia inscrita en el punto medio $M$ de $RS$. Vamos a confirmar esta intuición viendo que cualquier otra elección de $X$ distinta de $M$ nos da un triángulo $ABC$ de área mayor que $ARS$. Si suponemos sin perder generalidad que $X$ está en el arco $MZ$ (en caso de estar en $MY$ el razonamiento es similar), probaremos que el área de $PBR$ (en verde) es menor que el área de $PCS$ (en azul), siendo $P$ el punto en de corte entre $BC$ y $RS$.

Como $P$ está en el segmento $MR$ y $M$ es el punto medio de $RS$, se sigue que $PR\lt PS$; además, se tiene que $\angle PRB$ es agudo mientras que $\angle CSR=180-\angle PRB$ es obtuso. Esto nos dice que si giramos $180^\circ$ el triángulo $PRB$ respecto de $P$ obtenemos un triángulo $PR'B'$ contenido en $PCS$, luego ciertamente el área de $PBR$ es menor que el área de $PCS$ y hemos terminado la demostración.

Solución. Sea $ABCD$ el cuadrilátero convexo y $P$ el punto de corte de las diagonales. Si llamamos $S_1,S_2,S_3,S_4$ a las áreas de los cuatro triángulos en que las diagonales dividen al cuadrilátero, como se indica en la figura, entonces la propiedad de la bisección nos dice que \[S_1+S_2=S2+S_3=S_3+S_4=S_4+S_1\ \Longleftrightarrow\ \begin{cases}S_1=S_3,\\S_2=S_4.\end{cases}\] Ahora bien, para que la diagonal $BD$ biseque, las distancias de $A$ y $C$ a la recta $BD$ deben ser las mismas (las alturas de los triángulos $ABD$ y $BCD$ de base común $BD$, indicadas con línea discontinua roja). Por lo tanto, tiene que ser $BP=DP$ para que se cumpla que $S_1=S_3$. Análogamente, se demuestra que $AP=CP$, luego hemos llegado a que las diagonales se cortan en su punto medio y esto implica que $ABCD$ es un paralelogramo.

Solución. Sea $\Gamma$ la circunferencia que nos dan, con centro $O$ y radio $R$. El problema es equivalente a encontrar un punto $X\in\Gamma$ tal que $PQX$ sea un triángulo rectángulo con ángulo recto en $X$ pues que en tal caso bastaría prolongar los lados $PX$ y $QX$ hasta que corten en sendos puntos $Y$ y $Z$ a la circunferencia (distintos de $X$), de forma que $XYZ$ es el triángulo inscrito que buscamos. El lugar geométrico de los puntos $X$ tales que $PQX$ es rectángulo con ángulo recto en $X$ es la circunferencia de diámetro $PQ$, luego existirá el punto que buscamos si y solo si la circunferencia de diámetro $PQ$ corta a $\Gamma$ Como la circunferencia de diámetro $PQ$ tiene centro en $M$, el punto medio de $PQ$, el problema tiene solución si y solo si $OM+MP\geq R$ (observemos que $OM+MP$ es la distancia más alejada de $O$ que se puede alcanzar con la circunferencia de diámetro $PQ$).

Para terminar, vamos a expresar el resultado sin que intervenga $M$, por rizar el rizo. Tenemos que $MP=\frac{1}{2}PQ$ y que $OM$ es la mediana de $OPQ$. Usando la fórmula de la meidana, la condición que buscamos se puede escribir finalmente como \[\frac{1}{2}PQ+\sqrt{\frac{OP^2+OQ^2}{2}-\frac{PQ^2}{4}}\geq R.\]

Nota. En realidad, cuando la desigualdad es estricta, hay dos soluciones ya que hay dos puntos de corte de ambas circunferencias.

Solución. Llamamos $ABCD$ al cuadrilátero y $P$ al punto de intersección de sus diagonales. Supondremos que las diagonales no son perpendiculares para que las proyecciones $A',B',C',D'$ definan un cuadrilátero, luego además se cumple que $P$ se queda entre $A'$ y $C'$ en la diagonal $AC$ y también entre $B'$ y $D'$ en la diagonal $BD$. Esto demuestra que el cuadrilátero $A'B'C'D'$ es convexo y tiene las mismas rectas diagonales que $ABCD$.

Los triángulos $AA'P$ y $BB'P$ son semejantes porque son rectángulos y tienen un ángulo común en el vértice $P$, luego se cumple que \[\frac{AP}{BP}=\frac{A'P}{B'P},\] lo que también nos dice que $ABP$ y $A'B'P$ son semejantes. De forma similar se prueba que $BCP$ y $B'C'P$ son semejantes, que $CDP$ y $C'D'P$ son semejantes y que $DAP$ y $D'A'P$ son semejantes. La razón de semejanza es la misma para los cuatro pares de triángulos ya que se tiene que $\frac{AP}{A'P}=\frac{BP}{B'P}=\frac{CP}{C'P}=\frac{DP}{D'P}$, luego el cuadrilátero $A'B'C'D'$ es semejante a $ABCD$ ya que está formado por cuatro triángulos semejantes en disposición similar. Más aún, $A'B'C'D'$ se obtiene de $ABCD$ a partir de una reflexión respecto de una de las bisectrices de las diagonales y una homotecia.

Solución. Supondremos que $P$ contiene al menos cuatro puntos, que no pueden estar alineados ya que por ellos pasa una circunferencia. Elegimos tres puntos distintos $p_1,p_2,p_3\in P$ y tomamos la única circunferencia $\Gamma$ que pasa por ellos. Dado $p\in P$ distinto de $p_1,p_2,p_3$, el enunciado nos dice que hay una circunferencia que pasa por $p_1,p_2,p_3$ y $p$, luego no puede ser otra que $\Gamma$ ya que por $p_1,p_2,p_3$ pasa una única circunferencia. Deducimos así que $\Gamma$ contiene a todos los puntos de $P$ y la respuesta es afirmativa.

Nota. En realidad, es necesario que el enunciado diga que $P$ tiene al menos cuatro puntos o que los puntos de $P$ no están alineados. Por ejemplo, un conjunto $P$ formado por tres puntos alineados cumple la condición pero no todos los puntos de $P$ están en una circunferencia.