problemas de geometría de las olimpiadas

Problema 1 En el cuadril´atero ABCD est´a inscrito un c´irculo, siendo K,L,M,N los puntos de tangencia con los lados AB,BC,CD y DA, respectivamente.. al circunc´ırculo, y si es rect´angu

PROBLEMAS DE GEOMETR´IA DE OLIMPIADAS

Francisco Bellot Rosado

Aunque un alto porcentaje de los problemas de Geometr´ia que se nen en las Olimpiadas y concursos se resuelven con ayuda de la semejanza detri´angulos, en algunos casos hace falta aplicar t´ecnicas m´as espec´ificas, como losteoremas de Ceva y Menelao, el teorema de Stewart, el de Van Aubel, e incluso

propo-la inversi´on Presentamos una colecci´on de problemas geom´etricos en el que lashabilidades necesarias est´an repartidas

Problema 1

En el cuadril´atero ABCD est´a inscrito un c´irculo, siendo K,L,M,N los puntos

de tangencia con los lados AB,BC,CD y DA, respectivamente Las rectas DA y

CB se cortan en S, mientras que BA y CD se cortan en P

Si S,K y M est´an alineados, probar que P,N y L tambi´en lo est´an

SM = SK.c (p + b)

b (p + c) ⇐⇒ SM2= SM.SK.c (p + b)

b (p + c).Utilizando ahora la potencia del punto S respecto del c´ırculo inscrito en elcuadril´atero, SM.SK = SN2= s2, luego

SM2= s

2c (p + b)

b (p + c) .

Por otra parte, el teorema de Stewart para SM en el tri´angulo CSD da

2d

d + c =

p

p + c,que es equivalente a (2)

Problema 2

En el tri´angulo ABC, sea P el punto de concurrencia de las cevianas AA’,BB’

y CC’ (con A0 ∈ (BC) , B0 ∈ (CA) , C0 ∈ (AB) ), y sea M un punto del planodel tri´angulo Demostrar que

[BP C] M A2+ [CP A] M B2+ [AP B] M C2

2

+ r (P ) ,donde r(P) es la potencia de P respecto del c´ırculo circunscrito a ABC y []representa el ´area

(Revista rumana Gamma)

Soluci´on

En primer lugar, aplicando el teorema de Stewart en el tri´angulo MAA’ con

la ceviana PM, resulta

M A2.P A0+ A0M2.AP = M P2.AA0+ AP.P A0.AA0 (1)

Aplicando el mismo teorema en MBC con A’M, obtenemos

de los tri´angulos que aparecen en la expresi´on final

Si P P1 ⊥ BC y AA1 ⊥ BC, de la semejanza entre los tri´angulos P P1A0 y

AA1A0 resulta

Particularizando P y M con puntos notables del tri´angulo se obtienen tidades igualmente notables.

iden-Problema 3

Demostrar que, en el tri´angulo ABC, si

GO = R

3,entonces ABC es rect´angulo, y rec´ıprocamente

(Elemente der Mathematik, 1952)

es R2, H ser´a exterior, interior o sobre el circunc´ırculo cuando ocurra lo mismopara el c´ırculo de 9 puntos Es claro que si ABC es acut´angulo, H es interior

al circunc´ırculo, y si es rect´angulo est´a sobre ´el (es el v´ertice del ´angulo recto).

En un tri´angulo obtus´angulo, H es exterior al c´ırculo de 9 puntos y tambi´en alcircunc´ırculo

Si OG = R3,entonces OH = R, y el tri´angulo es rect´angulo

As´ı pues, tenemos:

ABC acut´angulo ⇐⇒ GO < R

3ABC rect´angulo ⇐⇒ GO = R

3ABC obtus´angulo ⇐⇒ GO > R

3Problema 4

Soluci´on oficial

Primero demostraremos que si A 6= B son dos puntos de Γ, M es el puntomedio del segmento AB, y C es el punto de intersecci´on de la recta OM con larecta por A paralela al eje OY, entonces el tri´angulo ABC es rect´angulo

En efecto: A a,1a
, B b,1

b
, M a+b

2 ,a+b2ab
; la ecuaci´on de OM es

y = ab1x Por otra parte, todos los puntos de la recta AC, paralela a Oytienen su primera ccordenada igual a a, as´ı que C a,1b
y BC es paralelo a Ox,

es decir, ABC es rect´angulo

Sean ahora

A



a,1a

, B



b,1b

, C



c,1c

, D



d,1d

, N c + d

2 ,

c + d2cd

´

unica si ab 6= cd Si ab = cd ambas rectas son paralelas Como las rectas OM

y ON tienen por ecuaciones respectivas y = ab1x, y = cd1x vemos que si AB es

paralela a CD, entonces OM = ON As´ı hemos obtenido que si AB y CD sondos cuerdas paralelas de Γ, entonces MN pasa por el origen de coordenadas Enconsecuencia, para construir el origen de coordenadas es suficiente tomar dospares de cuerdas paralelas y hallar el punto de intersecci´on de las rectas quepasan por los puntos medios de esos dos pares.

Los ejes pueden ser reconstru´idos tomando primero una cuerda arbitraria ABcon punto medio M y llamando C al punto de intersecci´on de la circunferencia

de di´ametro AB y la recta OM Entonces Ox es paralela a BC y Oy a AC.Problema 5

α + β + γ = δ resulta que en el plano de este tri´angulo existe un punto O cuyasdistancias a A,B,C son x − a, x − b, x − c

Aplicando las f´ormulas de Briggs

sin1

2CAOd =

s

a (x − a − c)(x − a) (c + a), cos

1

2BAO =d

s

bx(x − a) (a + b)

sin1

2CABd =

s

bc(a + b) (a + c)Sustituyendo esos valores en la relaci´on

Restando de la suma de las dos ´ultimas la primera resulta

x (ca + ab + bc) − abc = 2aα = 2apbcx (x − b − c)

de donde

h

(ca + ab − bc)2− 4a2bcix2+ 2abc (ab + bc + ca) x + a2b2c2= 0;

el coeficiente de x2se puede poner como

X

b2c2− 2abcXa =Xbc

2

− 4δ2,as´ı que la ecuaci´on cuadr´atica toma la forma



xXbc + abc

2

= 4δ2x2,as´ı que, extrayendo la ra´ız cuadrada a los dos miembros,

bc + ca + ab ± 2δ

La ecuaci´on (y el problema) admite la siguiente reformulaci´on geom´etrica:Hallar el radio de una circunferencia tangente exteriormente a tres circunferen-cias dadas de radios a, b, c tangentes dos a dos Se puede poner

,siendo r el inradio del tri´angulo ABC cuyos v´ertices son los centros de lastres circunferencias dadas

mediana coincide con su altura es claramente is´osceles, uno cuyo baricentrocoincida con su ortocentro ser´a equil´atero.

Para demostrar nuestra afirmaci´on, sean x, y, z, v las ´areas respectivas de lostri´angulos V BA1, V BC1, V CA1, V AB1

x (x + z) = y (x + v) ;an´alogamente

x (x + v) = z (x + y)

x (x + y) = v (x + z)Sin p´erdida de la generalidad, se puede suponer que y ≥ z, y ≥ v

Como x + v ≤ x + y, se sigue que de la segunda igualdad x ≥ z

An´alogamente, de la tercera igualdad se deduce x ≤ v, luego z ≤ x ≤ v.Finalmente, de la primera igualdad se deduce tambi´en que x ≥ y

Por lo tanto, x = y = v Los puntos A1, B1, C1 deben ser los puntos medios

de los lados del tri´angulo, y V debe ser el baricentro

Problema7

Olimp Iberoamericana 2001, Problema 2

La circunferencia inscrita en el tri´angulo ABC tiene centro I y es tangente alos lados BC,CA y AB en los puntos X, Y, Z respectivamente Las rectas BI y

CI cortan a la recta YZ en los puntos P y Q, respectivamente

Demostrar que si los segmentos XP y XQ tienen la misma longitud, entoncesABC es is´osceles

Soluci´on (F.Bellot)

El tri´angulo AZY es is´osceles, as´i que dAZY = 90 − A

2.Entonces dBZP = 90 + A2 Y de aqu´i que dZP B = C2 Entonces, el teoremadel seno en BZP da:

BPsin 90 +A2
=

BZsinC2Como BZ = p − b, resulta as´i

BP = (p − b) cos

A 2

sinC2 ,que, utilizando las conocidas f´ormulas

cosA

r

p (p − a)bcsinC

r(p − a) (p − b)ab

XP2 = BX2+ BP2− 2BX · BP cosB

2

= · · · = (p − b)b (p − c)

cPara hallar XQ2 s´olo hay que cambiar la b por c y rec´iprocamente, con loque

XQ2= (p − c)c (p − b)

bas´i que

XP2= XQ2⇐⇒ b2= c2,

y ABC es is´osceles

Comentario : Resulta cuando menos sorprendente que en el banco de mas de Geometr´ia de la Iberoamericana no hubiera otro problema de Geometr´ia

proble-en el que hubiera que hacer algo m´as que aplicar las f´ormulas para las razonestrigonom´etricas de los ´angulos mitad en un tri´angulo

Problema 8

Sea M un punto interior al tri´angulo ABC Las paralelas por M a AB y a

AC forman, con BC, un tri´angulo de ´area Sa Se definen an´alogamente Sby Sc.a) Demostrar que

Utilizaremos las notaciones de la figura 1 :

Y adem´as, ponemos S = area [ABC] , x = M DAD, y = M EBE, z = M FCF, donde

 A1MAB

Como, cualesquiera que sean los n´umeros reales positivos x, y, z se verifica



≥ 9,

en nuestro caso esta desigualdad se convierte en (1)

Y la condici´on de igualdad es la igualdad de ´areas entre los tri´angulos AMB,BMC y CMA, lo cual se produce cuando M es el baricentro de ABC y s´olo enese caso

Problema 9

Se dan en el plano una recta ∆ y tres circunferencias de centros A,B,C,tangentes a ∆ y tangentes exteriores entre s´i dos a dos Demostrar que eltri´angulo ABC es obtus´angulo y hallar el valor m´aximo de la medida del ´anguloobtuso

Soluci´on

Supongamos que los radios de los tres c´irculos son respectivamente a, b, c yque c = min {a, b, c} Sean A0, B0, C0 las proyecciones ortogonales de A, B, Csobre ∆

Entonces

A0B0=

q(b + a)2− (b − a)2= 2√

cos C < 0 ⇐⇒ c (a + b + c) < abc

que es cierta Por lo tanto, C > π2

Para calcular el m´aximo valor de C, escribimos (3) en la forma

cos C = 1 − 2ab

(a + c) (b + c)⇐⇒ sin2C

2 =

ab(a + c) (b + c) (4)

Ya que π2 < C < π,π4 < C2 < π2 Vamos a calcular de forma elemental elm´aximo valor del sin2 C2 Para ello escibimos (4) en la forma

P =1 + c

a

 

1 + cb

√

b = v, con lo que P = 1 + u2
1 + v2
, con la condici´onsuplementaria u + v = 1 Sea p = uv Entonces

P = 1 + u2+ v2+ u2v2= 1 + 1 − 2uv + u2v2= p2− 2p + 2

As´i, el problema es hallar el valor m´inimo del trinomio p2− 2p + 2, donde

p = uv = u (1 − u) = −u2+ u con 0 < u < 1 Esto significa que 0 < p ≤ 1

4 Eltrinomio P es decreciente en 0,14 con lo que el m´inimo se alcanza en p = 1

4,con u = v = 12 Por lo tanto, sin2 C2 alcanza su m´aximo cuando a = b, y en esecaso

de donde Cmax= 2 arcsin45

Problema 10

Sea el tri´angulo ABC y A1∈ (BC) Demostrar que los c´irculos inscritos enlos tri´angulos ABA1 y ACA1 son tangentes entre s´i , si y solamente si A1 es elpunto de tangencia del c´irculo inscrito en ABC

Soluci´on

Supongamos primero que los c´irculos C1y C2 , inscritos respectivamente enABA1y ACA1, son tangentes Demostraremos que A1es el punto de tangenciadel inc´irculo de ABC con el lado BC, lo que equivale a probar que BA1= p − b,siendo p el semiper´imetro de ABC.

La recta AA1 es tangente a cada uno de los c´irculos C1 y C2 as´i que es latangente com´un en el punto de tangencia T de ambos Sean M1, M2los puntos

de tangencia de ambos c´irculos con BC, y los dem´as puntos que se indican en

Dos circunferencias, Γ1 y Γ2, se cortan en M y N Sea t la recta tangente

com´un a ambas circunferencias, tal que M est´a m´as cerca de t que N La recta

t es tangente a Γ1en A y a Γ2en B La recta paralela a t que pasa por M corta

de nuevo a Γ1 en C y a Γ2 en D Las rectas CA y DB se cortan en E Las

rectas AN y CD se cortan en P ; las rectas BN y CD se cortan en Q

Demostrar que EP = EQ

Soluci´on 1 (M A L´opez Chamorro)

Si O1, O2son los respectivos centros, y M1,M2son los puntos medios tivos de MC y MD, entonces se tiene :

respec-O1A k O2B ; M1A = M2B

La perpendicular a AB que pasa por M tiene que pasar tambi´en por E, puesllamando E1 al punto de intersecci´on de tal perpendicular con AC y E2 al deintersecci´on con BD, ser´ia

M E1= 2M1A = 2M2B = M E2

Esto prueba que E1= E2= E

Por su parte, el eje radical MN corta a la tangente AB en su punto medio

Sean Γ1y Γ2dos circunferencias que se cortan en P y Q La tangente com´un

a ambas, m´as pr´oxima a P, es tangente a Γ1 en A y a Γ2 en B La tangente a

Γ1 en P corta a Γ2en C 6= P, y la prolongaci´on de AP corta a BC en R.Demostrar que el c´irculo circunscrito a PQR es tangente a BP y a BR

Soluci´on oficial

Sean α = dP AB, β = dABP , γ = dQAP Ya que PC es tangente a la primeracircunferencia, se tiene dQP C = dQBC = γ Por tanto, los puntos A, B, R y Qson conc´iclicos

Ya que AB es la tangente com´un a las dos circunferencias, AQP = α ydd

P QB = P CB = β Por lo tanto, ya que A,B,R,Q son conc´iclicos,d ARB =dd

AQP = α+β y por tanto dBQR = α As´i obtenemos que dP QR = dP QB+ dBQR =

Problema 13

Sea ABCDEF un hex´agono convexo tal que AB es paralelo a ED,

BC es paralelo a FE y CD es paralelo a AF Sean RA, RC, RElos radios

de las circunferencias circunscritas a los tri´angulos FAB, BCD y DEF,respectivamente; y sea p el per´imetro del hex´agono

Demostrar que

RA+ RE+ RC≥ p

2.(Original de Nairi M Sedrakian)

Soluci´on oficial

Sean a, b, c, d, e, f las longitudes de AB, BC, DE, EF y FA, respectivamente.Obs´ervese que los ´angulos opuestos del hex´agono son iguales ( bA = bD, bB =b

E, bC = bF ) Desde A y D se trazan perpendiculares a las rectas BC y EF (v la

Se verifican las relaciones

KH = AB sin B + AF sin F

LN = DC sin C + DE sin Eque, mediante la igualdad de ´angulos opuestos en el hex´agono, se coviertenen

2BF ≥ KH + LN = AB sin B + AF sin C + DC sin C + DE sin B

El teorema de los senos en ABF da BF = 2RA sin A, de donde

4RAsin A = 2BF ≥ AB sin B + AF sin C + DC sin C + DE sin B

y an´alogamente

4RCsin C = 2BD ≥ F A sin A + F E sin B + CB sin B + CD sin A4REsin B = 2DF ≥ BC sin C + BA sin A + ED sin A + EF sin C

Dividiendo esas desigualdades respectivamente por sin A, sin B, sin C y sumando,

se obtiene

4 (RA+ RC+ RE) ≥ DC sin C

sin A +

sin Asin C

+ CB sin B

sin C+

sin Csin B



+BA sin B

sin A +

sin Asin B

+ AF sin C

sin A+

sin Asin C



+F E sin B

sin C +

sin Csin B

+ ED sin B

sin A +

sin Asin B

La igualdad se alcanza si y s´olo si el hex´agono es regular

Observaci´on 1: Sedrakian ha publicado en Mathematics Competitions, vol

9, no2, 1996 un art´iculo titulado The Story of creation of a 1996 IMO problem,

en el que explica el proceso de obtenci´on del problema

Observaci´on 2: Este fu´e el problema m´as dif´icil de la IMO de Bombay ;solamente fu´e resuelto por 6 estudiantes: dos rumanos y 4 armenios (!!!) Losseis estudiantes chinos obtuvieron cero puntos en ´el

Problema 14

En el tri´angulo acut´angulo ABC, AD y BE son alturas, y AP,BQ bisectricesinteriores Si I,O son, respectivamente, el incentro y el circuncentro de ABC,demostrar que

D, E, I est´an alineados ⇔ P, Q, O est´an alineados

Soluci´on

Como AD y BE son alturas,

o teorema de Cristea (1953); para un tratamiento de este teorema, v.[2] Volviendo al problema, sustituyendo (2) en (3) y (1) en (4) se obtiene, re-spectivamente

(3) ⇔ cos A

cos C +

cos Bcos C = 1(4) ⇔ usando el teor del seno, sin C sin A cos A

sin A sin C cos C +

sin C sin B cos Bsin B sin C cos C = 1que son claramente equivalentes

Problema 15

Las circunferencias G, G1, G2 est´an relacionadas de la siguiente manera: G1

y G2 son tangentes exteriores en el punto W; ambas son, adem´as, tangentesinteriores a G Los puntos A,B y C de la circunferencia G se determinan de

la siguiente forma: BC es la tangente exterior com´un a G1 y G2; y WA es latangente com´un interior a G1y G2, de modo que W y A est´an a un mismo lado

de la recta BC

Demostrar que W es el incentro de ABC.

Soluci´on oficial

Sea D el punto donde WA corta a BC Sean E,F los puntos donde G1 y G2

son tangentes a BC Definimos las longitudes x, y, β, γ, d como sigue:

entre (A,0) y (C,0) : bentre G1 y (B,0) : xentre G1 y (C,0) : a − xentre (B,0) y (C,0) : a

Por lo tanto, seg´un la relaci´on de Ptolomeo,

(d − β + x) a + bx = c (a − x) ,que se puede escribir, con la habitual notaci´on 2s = a + b + c,

x = a2s(β + c − d) (1)

De manera an´aloga, considerando G2y los tres c´irculos degenerados ores se llega a

anteri-y = a2s(γ + b − d) (2).

Como DE = DW = DF, usando (1) y (2) podemos escribir

β − a2s(β + c − d) = γ −

a2s(γ + b − d) ,

o bien

(b + c) β − ac = (b + c) γ − ab ⇔ (b + c) (β − γ) = a (c − b)

Como β + γ = a, esta ´ultima expresi´on da

(b + c) (β − γ) = (β + γ) (c − b) ,que se simplifica hasta llegar a

β = ac

b + c; γ =

ab

b + c,luego

β − x = ad

2s;por lo tanto,

= BA

BD ⇔ BW bisectriz de dABC

La soluci´on es completa

Problema 16

Un problema de la Olimpiada de Rusia 1994

Sean a, b, c los lados de un tri´angulo; ma, mb, mclas longitudes de sus anas, y D el di´ametro del c´irculo circunscrito Demostrar que

Llamamos a los nuevos puntos de intersecci´on con la circunferencia scrita A1, B1, C1 Es obvio que