Problema 260★☆☆☆☆
Dado un rectángulo $ABCD$ y un punto $P$ interior al rectángulo, demostrar que
\[PA^2+PC^2=PB^2+PD^2{.}\]
Pista. ¿Cómo podemos aplicar el teorema de Pitágoras?
PistaSolución 1Solución. Sean $x$, $y$, $z$ y $w$ las longitudes de los segmentos que tienen a $P$ por extremo común y el otro extremo en $AB$, $BC$, $CD$ y $DA$, respectivamente, siendo perpendiculares a estos lados. En otras palabras, $x$, $y$, $z$ y $w$ son las distancias de $P$ a los lados $AB$, $BC$, $CD$ y $DA$, respectivamente. El teorema de Pitágoras nos asegura que
\begin{eqnarray*}
PA^2&=&w^2+x^2,\\
PB^2&=&x^2+y^2,\\
PC^2&=&y^2+z^2,\\
PD^2&=&z^2+w^2.\\
\end{eqnarray*}
Sumando convenientemente estas igualdades, deducimos que
\[PA^2+PC^2=x^2+y^2+z^2+w^2=PB^2+PD^2,\]
que es la igualdad que se pretende demostrar.
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Informar de procedencia del problemaProblema 257★☆☆☆☆
Dado un rectángulo cualquiera en el plano, llamemos $A$ a su área y $p$ a su perímetro. Demostrar que
$$p^2\geq 16A.$$
¿Para qué rectángulos se tiene una igualdad?
Pista. Expresa $A=xy$ y $p=2(x+y)$, siendo $x$ e $y$ las longitudes de los lados del rectángulo y manipula la desigualdad del enunciado.
PistaSolución 1Solución. Llamemos $x$ e $y$ a las longitudes de lados del rectángulo, con lo que tendremos que $A=xy$ y $p=2(x+y)$. Entonces se cumple que
$$p^2-16A=4(x+y)^2-16xy=4(x^2+y^2-2xy)=4(x-y)^2\geq 0,$$
de donde se deduce la desigualdad del enunciado. Además, para que se alcance la igualdad, ha de cumplirse que $4(x-y)^2=0$, es decir, $x=y$. Por tanto, podemos decir que la igualdad se tiene si y sólo si el rectángulo es un cuadrado.
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Informar de procedencia del problemaProblema 431★★☆☆☆
En un cuadrado $ABCD$ se traza una circunferencia que pasa por el vértice $A$ y por los puntos medios de los lados $BC$ y $CD$. Determinar si es mayor la longitud de la circunferencia o el perímetro del cuadrado.
Pista. El teorema de Pitágoras puede ser útil.
PistaSolución 1Solución. Supongamos que el cuadrado tiene lado 1 sin perder generalidad. Sea $O$ el centro de la circunferencia y sean $M$ y $N$ los puntos medios de los lados $BC$ y $CD$. Llamando $P$ al punto medio de $MN$ y usando el teorema de Pitágoras se calcula fácilmente $AM=\frac{\sqrt{5}}{2}$ y $MP=\frac{1}{2}MN=\frac{\sqrt{2}}{4}$. Además, $AO=OM=R$, el radio de la circunferencia. Por lo tanto, el teorema de Pitágoras en los triángulos rectángulos $AMP$ y $OMP$ nos dice que
\[\frac{5}{4}=\frac{1}{8}+(R+OP)^2,\qquad R^2=OP^2+\frac{1}{8}.\]
Este sistema de dos ecuaciones con incógnitas $OP$ y $R$ se resuelve fácilmente, obteniendo como únicas soluciones positivas:
\[OP=\frac{\sqrt{2}}{3},\qquad R=\frac{5\sqrt{2}}{12}.\]
Por lo tanto, la longitud de la circunferencia es $2\pi R=\frac{5\sqrt{2}\pi}{6}$, mientras que el perímetro del cuadrado es $4$. Como $\pi^2<10<\frac{576}{50}$, tomando raíces cuadradas obtenemos que $\frac{5\sqrt{2}\pi}{6}<4$, es decir, la longitud de la circunferencia es menor que el perímetro del cuadrado.
Nota. El valor de $R$ también se deduce de la fórmula para el radio de la circunferencia circunscrita al triángulo $AMN$, es decir,
\[R=\frac{MN\cdot AM\cdot AN}{\sqrt{p(p-MN)(p-AM)(p-AN)}},\]
donde $p=\frac{1}{2}(AM+MN+AN)$ es el semiperímetro del triángulo.
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Informar de procedencia del problemaProblema 422★★★☆☆
Sea $P$ un punto interior del triángulo equilátero $ABC$ tal que $PA=5$, $PB=7$ y $PC=8$. Hallar la longitud de un lado del triángulo $ABC$.
Pista. Haz una rotación de $60º$ respecto del vértice $A$ e investiga relaciones entre áreas en la figura resultante.
PistaSolución 1Solución. Consideremos un giro de centro en $C$ y ángulo $60º$ que transforma $ABC$ en otro triángulo equilátero $A'B'C'$ con $B'=A$ y $C'=C$. Llamemos $P'$ al punto en el que se transforma $P$ por dicho giro. Entonces, está claro que $PP'C$ es es equilátero (ya que $PC=P'C$ y $\angle PCP'=60ª$) y $APP'$ tiene por lados $AP$, $AP'=BP$ y $PP'=CP$. Además, se cumple que
\[\text{área}(APP')+\text{área}(CPP')=\text{área}(AP'C)+\text{área}(APC)=\text{área}(BPC)+\text{área}(APC).\]
Si llamamos $\Delta_a$ a un triángulo equilátero de lado $a$ y $T$ al triángulo de lados $5$, $7$ y $8$, tenemos que
\[\text{área}(\Delta_8)+\text{área}(T)=\text{área}(BPC)+\text{área}(APC).\]
Análogamente, haciendo giros de $60º$ respecto de los vértices $A$ y $B$, tenemos que
\begin{eqnarray*}
\text{área}(\Delta_7)+\text{área}(T)&=\text{área}(APB)+\text{área}(BPC),\\
\text{área}(\Delta_5)+\text{área}(T)&=\text{área}(APB)+\text{área}(APC).
\end{eqnarray*}
Sumando las tres igualdades y teniendo en cuenta que las áreas de los tres triángulos $APB$, $BPC$ y $APC$ suman el área de $\Delta_\ell$, siendo $\ell$ el lado del triángulo $ABC$, llegamos a la identidad
\[\text{área}(\Delta_5)+\text{área}(\Delta_7)+\text{área}(\Delta_8)+3\cdot\text{área}(T)=2\cdot\text{área}(\Delta_\ell).\]
Usando que $\text{área}(\Delta_a)=\frac{\sqrt{3}}{4}a^2$ y que la fórmula de Herón nos dice que $\text{área}(T)=\sqrt{p(p-5)(p-7)(p-8)}=10\sqrt{3}$, siendo $p=10$ el semiperímetro de $T$, podemos transformar la identidad anterior en la ecuación
\[(5^2+7^2+8^2)\frac{\sqrt{3}}{4}+30\sqrt{3}=\frac{\sqrt{3}}{2}\ell^2,\]
de donde deducimos que $\ell=\sqrt{129}$.
Informar Solución 2Solución. Vamos a introducir coordenadas para resolver el problema. Para simplificar los cálculos, tomemos el origen de coordenadas en el vértice $C$ y el eje de abscisas sobre el lado $BC$, de forma que los tres vértices tengan coordenadas
\[A=\left(\frac{\ell}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}\ell\right),\qquad B=(\ell,0),\qquad C=(0,0),\]
siendo $\ell$ el lado del triángulo equilátero $ABC$. Si tomamos $P=(x,y)$, las condiciones dadas en el enunciado pueden reescribirse como
\begin{eqnarray*}
d(A,P)=5&\Leftrightarrow&\left(x-\frac{\ell}{2}\right)^2+\left(y-\frac{\sqrt{3}}{2}\ell\right)^2=25,\\
d(B,P)=7&\Leftrightarrow&(x-\ell^2)+y^2=49,\\
d(C,P)=8&\Leftrightarrow&x^2+y^2=64.\\
\end{eqnarray*}
Usando la tercera ecuación para eliminar los cuadrados de $x$ en $y$ en las dos primeras, podemos despejar $x$ e $y$ en función de $\ell$ como
\[x=\frac{\ell^2+15}{2\ell},\qquad y=\frac{\ell^2+63}{2\sqrt{3}\ell}.\]
Imponiendo finalmente que $x^2+y^2=64$, obtenemos la ecuación
\[\left(\frac{\ell^2+15}{2\ell}\right)^2+\left(\frac{\ell^2+63}{2\sqrt{3}\ell}\right)^2=64\ \Leftrightarrow\ \ell^4-138\ell^2+1161=0.\]
Esta ecuación bicuadrada tiene como soluciones positivas $\ell=\sqrt{129}$ y $\ell=3$, aunque ésta última debe descartarse ya que el punto $P$ ha de ser interior al triángulo.
Informar InfoOlimpiada Iberoamericana de Matemáticas, 1985 problema 2
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Informar de procedencia del problemaProblema 414★★☆☆☆
Sea $ABCDEFG$ un heptágono regular de lado 1. Demostrar que se cumple la relación
\[\frac{1}{AC}+\frac{1}{AD}=1.\]
Pista. Si trazas la circunferencia circunscrita al polígono encontrarás muchos cuadriláteros cíclicos.
PistaSolución 1Solución. El cuadrilátero $ACDE$ está inscrito en la circunferencia circunscrita al heptágono, luego el teorema de Ptolomeo nos asegura que
\[AC\cdot DE+CD\cdot AE=AD\cdot CE.\]
Dado que $CD=DE=1$ y $AE=AD$ y $CE=AC$, esta igualdad se traduce en
\[AC+AD=AD\cdot AC,\]
de donde se sigue fácilmente la fórmula del enunciado.
Nota. Aplicando el teorema de Ptolomeo al cuadrilátero $ABCD$ obtenemos
\[1+AD=AC^2,\]
que es otra relación interesante entre las diagonales del heptágono.
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Informar de procedencia del problemaProblema 478★★★★☆
Dado un triángulo $T$ de vértices $A$, $B$ y $C$, construimos un hexágono $H$ de vértices $A_1$, $A_2$, $B_1$, $B_2$, $C_1$ y $C_2$ mediante la prolongación de sus lados según las longitudes indicadas en la figura. Demostrar que el área de $H$ es mayor o igual que $13$ veces el área de $T$.
Pista. Observa que $BA_1C_2$, $BB_1B_2$, $AB_2C_1$, $AA_1A_2$, $CB_1A_2$ y $CC_1C_2$ son seis triángulos isósceles cuyas áreas suman el área de $H$ más dos veces el área de $T$. Esto te debería permitir expresar el área de $H$ en términos de las longitudes de los lados $a,b,c$ y del área de $T$.
PistaSolución 1Solución. El área de $H$ se puede escribir como
\begin{align*}
\mathrm{Area}(H)&=\mathrm{Area}(AB_2C_1)+\mathrm{Area}(AA_1A_2)+\mathrm{Area}(BA_1C_2)\\
&\quad +\mathrm{Area}(BB_1B_2)+\mathrm{Area}(CB_1A_2)+\mathrm{Area}(CC_1C_2)-2\mathrm{Area}(T).
\end{align*}
Cada uno de los seis triángulos (distintos de $T$) que aparecen en esta expresión son isósceles. Usando que el área de un triángulo es la mitad del producto de dos lados por el seno del ángulo que forman, la suma anterior se puede escribir como
\[\mathrm{Area}(H)=\frac{(b+c)^2+a^2}{2}\mathrm{sen}(\alpha)+\frac{(a+c)^2+b^2}{2}\mathrm{sen}(\beta)+\frac{(a+b)^2+c^2}{2}\mathrm{sen}(\gamma)-2\mathrm{Area}(T),\]
donde $\alpha,\beta,\gamma$ son los ángulos de $T$ en los vértices $A,B,C$, respectivamente. Si tenemos en cuenta que $\mathrm{Area}(T)=\frac{bc}{2}\sin(\alpha)=\frac{ac}{2}\sin(\beta)=\frac{ab}{2}\sin(\gamma)$, podemos eliminar los senos en la expresión anterior, obteniendo
\begin{align*}
\mathrm{Area}(H)&=\left(\frac{(b+c)^2+a^2}{bc}+\frac{(a+c)^2+b^2}{ac}+\frac{(a+b)^2+c^2}{ab}-2\right)\mathrm{Area}(T)\\
&=\left(\frac{b^2+c^2+a^2}{bc}+\frac{a^2+c^2+b^2}{ac}+\frac{a^2+b^2+c^2}{ab}+4\right)\mathrm{Area}(T)\\
&=\left((a^2+b^2+c^2)\left(\frac{1}{ac}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ab}\right)+4\right)\mathrm{Area}(T).
\end{align*}
La desigualdad buscada se deduce entonces de la siguiente
\[\frac{a^2+b^2+c^2}{3}\geq\frac{bc+ac+ab}{3}\geq\frac{3}{\frac{1}{ac}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ab}},\]
donde hemos usado en primer lugar la desigualdad de reordenación y después la desigualdad entre las medias aritmética y armónica.
Nota. La igualdad se alcanza si, y sólo si, el triángulo es equilátero.
Informar InfoOlimpiada Iberoamericana de Matemáticas, 1992 problema 6
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