Geometria Olimpiadas

.

PROBLEMAS SOBRE GEOMETRÍA Relaciones métricas en la circunferencia. Lugares geométricos

A R Í A D E L C AR A R M E N R ODRÍGUEZ O DRÍGUEZ M AR A R ÍN M AR

Máster en Matemáticas Universidad de Granada. 2014

Problemas sobre Geometría Relaciones métricas en la circunferencia. Lugares geométricos

M AR ÍA

DE L C ARM A RM EN R ODRÍGUEZ O DRÍGUEZ M ARÍ A RÍ N

Trabajo dirigido por el prof. Pascual Jara Departamento de Álgebra

Máster en Matemáticas Universidad de Granada. 2014

.

Dedicatoria. Este trabajo se lo quiero dedicar d edicar a “Sapillo”, mi sobrina Leire, por la motivación que me ha transmitido a lo largo de este proyecto.

.

Agradecimientos Este trabajo no hubiese sido posible sin los conocimientos adquiridos durante mi licenciatura en la Universidad de Granada y los proporcionamos por este máster. Además, agradecer a cada uno de los profesores que me han ayudado y en especial al profesor Pascual Jara Martínez, tutor de este proyecto, por su dedicación durante estos meses. Finalmente, quiero agradecer a mis padres, que me han permitido cursar estos estudios y han confiado siempre en mí, a mi hermano por apoyarme en todo momento y mi compañera de piso que siempre ha estado dándome ánimos cuando más lo necesitaba.

Introducción El presente Trabajo Fin de Máster tiene como objetivo principal el desarrollo del pensamiento y habilidades matemáticas tanto para aquellos que quieran aprender sobre los temas tratados, como aquellos que quieran prepararse para el reto de las olimpiadas matemáticas. Este material puede permitir fortalecer el potencial de los alumnos y ayudarlos en sus debilidades, generando estrategias de aprendizaje. Las olimpiadas matemáticas, además de ser un concurso, permiten acercar éstas a aquellos jóvenes inquietos en su educación. Su finalidad es estimular el estudio de la Matemática y el desarrollo de jóvenes talentos en esta Ciencia. Hemos considerado en la olimpíada tres fases: local, nacional e internacional. Para resolver los problemas de cada fase el alumno debe conocer conocimientos específicos a un determinado nivel, sin olvidar que la finalidad última de la resolución de los problemas es desarrollar capacidades y habilidades que le permitan enfrentarse a otras situaciones. En este trabajo se ha realizado el estudio de dos temas fundamentales de la Geometría: relaciones métricas en la circunferencia y lugares geométricos, y se han enfocado para ayudar al alumno en su preparación para las olimpiadas de matemáticas en sus diferentes fases. Como parte teórica se incluyen dos temas en los que se han recopilado los resultados que han sido necesarios en la resolución de los problemas tratados, por esta razón puede no ser exhaustivo su contenido. Esta introducción teórica se acompaña de ejemplos que ilustran sobre las nociones tratadas. El último epígrafe, trata sobre la resolución y análisis de problemas en los tres niveles antes mencionados. Los más sencillos se organizan bajo el rótulo de “Fase Local”, y pueden servir de ejercicios de introducción a los temas tratados. Como siempre, su dificultad depende de los conocimientos pre vios, y de ahí la importancia de las nociones incluidas en los primeros temas. Más elaborados, en su resolución, son los problemas que aparecen bajo el rótulo de “Fase Nacional”; se trata de problemas en los los que que el proc proces esoo de reso resolu luci ción ón requ requie iere re vari varios os paso pasos, s, lo que que incr increm emen enta ta su dific dificul ulta tad. d. Fina Finalm lmen ente te en la “Fase Internacional” hemos incluido los problemas de una mayor complejidad, tanto en su resolución como en las nociones que involucran. La ubicación en uno u otro apartado es simplemente cuestión del bagaje del lector, lector, y el redactor, redactor, por lo que la clasificación que aquí aparece es solamente una forma de estructurar la materia tratada. Con Con la apari aparici ción ón de nu nuev evas as herra herrami mien enta tass de comp comput utac ació ión, n, y el uso uso de sist sistem emas as gráfi gráfico coss los los prob proble lema mass en Geometría pueden ser estudiados de una forma más rápida a como se hacía en el pasado; además el uso de estas herramientas permite la simulación y por lo tanto la detección de invariantes en determinadas construcciones. Hemos puesto a prueba uno de estos sistemas y comprobado que el

tratar tratar los proble problemas mas plante planteado adoss en compet competici icione oness nacion nacionale aless o int intern ernaci aciona onales les se puede puedenn aborda abordarr de form formaa más más eleg elegan ante te tras tras su anál anális isis is en este este sist sistem emaa de cálc cálcul uloo simb simból ólic ico; o; lo que que redu reduce ce la comp comple leji jida dadd de los mismos, permite trabajar nuevas soluciones y realizar variaciones, una más sencillas, y otras más complejas. El sistema utilizado ha sido Geogebra, que además permite exportar el código de los dibujos a para ser incluidos en LaTeX, y realizar construcciones dinámicas, mostrando en particular el lugar geométrico de determinados elementos, una de los temas de estudio de este trabajo. Geog Geogeb ebra ra es un soft softwa ware re de geom geomet etrí ríaa diná dinámi mica ca y cálc cálcul uloo simb simból ólic icoo de uso uso libr libre, e, que que perm permit itee ense enseña ñarr y aprender aprender matemáticas matemáticas desde Primaria Primaria a Universid Universidad, ad, con muchos muchos recursos recursos y materiales materiales libres, libres, y mantenido por una amplia comunidad.

Índice general Agradecimientos Introducción I II III

I III II I

1

Rela laci cion onees mét étrric icas as en la ci cirrcu cun nfe ferren enci ciaa Conc Co ncep epto toss fu fund ndam amen enta tale less . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1 1

2

Lugares geométricos 17 Luga Lu gare ress ge geom omét étri rico coss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

3 4 5

Probl bleemas y otros desarroll llo os 25 Proble Pro blemas mas de Oli Olimpi mpiada adas. s. Fase Loc Local al . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 Proble Pro blemas mas de Oli Olimpi mpiada adas. s. Fase Nac Nacion ional al . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41 Problemas Probl emas de Olim Olimpiada piadas. s. Fase Inter Internacio nacional nal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

Bibliografía

87

Bibliografía. Referencias Web

89

Índice alfabético

91

.

Capítulo I Relaciones métricas en la circunferencia 1. Concep Conceptos tos fundam fundament entale aless Circunferencia Una circunferencia se define como el lugar geométrico (Ver página 17 17)) de los puntos del plano equidistantes de otro, llamado centro de la circunferencia. También podemos decir que la circunferencia es la línea formada por todos los puntos que están a la misma distancia de otro punto, llamado centro. Una circunferencia queda determinada cuando conocemos: Tres puntos de la misma. El centro y el radio. El centro y un punto en ella. El centro y una recta tangente a la circunferencia. En una circunferencia podemos distinguir los siguientes elementos: (I) Centro: punto (interior) equidistante de todos los puntos de la circunferencia. (II ) Radio: segmento que une el centro de la circunferencia con un punto cualquiera de la misma. El radio mide la mitad del diámetro y es igual a la longitud de la circunferencia dividida entre 2π. (II I) Diámetro: segmento que une dos puntos de la circunferencia y pasa por el centro. El diámetro mide el doble del radio y es igual a la longitud de la circunferencia dividida entre π . (IV ) Cuerda: segmento que une dos puntos de la circunferencia. El diámetro es la cuerda de longitud máxima. ( V ) Recta secante: recta que corta a la circunferencia en dos puntos. ( VI ) Recta tangente: recta que toca a la circunferencia en un sólo punto. ( VI I) Punto de tangencia: punto de contacto de la recta tangente con la circunferencia. ( VI II ) Arco: cada una de las partes en que una cuerda divide a la circunferencia. (IX ) Semicircunferencia : cada uno de los dos arcos delimitados por los extremos de un diámetro.

C AP. I. R ELACIONES E LACIONES MÉTRICAS EN LA CIRCUNFERENCIA

tangente

secante arco cuerda

diámetro

centro

radio punto de tangencia

Una circunferencia se puede representar, mediante su ecuación ordinaria o su ecuación general. Ecuación ordinaria y ), de una circunferencia cuyo centro es el punto C ( C (a, b) y radio r , Para cualquier punto, P ( x , y ) la ecuación ordinaria es: 2 ( x − ( y − b) = r 2 . − a)2 + ( y (I.1) En el caso particular en el que el centro de la circunferencia coincide con el origen de coordenadas, ( 0, 0), la ecuación queda reducida a: x 2 + y 2 = r 2 .

(I.2)

Ecuación general Una vez que se tiene la ecuación ordinaria de una circunferencia podemos obtener su ecuación general. Para ello eliminamos los paréntesis desarrollando los binomios, pasamos todos los términos al primer miembro e igualamos a cero. x 2

+ a 2 + y 2 − 2 b y + b + b 2 − r 2 = 0. − 2a x + a

Ordenando dicha ecuación obtenemos: x 2 + y 2

− 2a x − − 2 b y + a + a 2 + b 2 − r 2 = 0.

Para tener una ecuación más sintetizada hacemos las siguientes asignaciones:

−2a = D, −2 b = E , 2 2 a + b − r 2 = F .

SEC . 1. C ONCEPTOS FUNDAMENTALES

Por tanto la ecuación general de la circunferencia quedaría expresada de la siguiente manera: x 2 + y 2 + D x + E + E y + F + F = 0.

(I.3)

Ésta debe cumplir una serie de condiciones: No existe término en x y . Los coeficientes de x 2 e y 2 son iguales. a = Si D = −2a entonces a = = −2 b entonces b = Si E = 2

Si F = a + b

2

−r

2

− D . 2

− E . 2

entonces r =



a2 + b 2

− F .

Otra condición necesaria para que una ecuación dada represente una circunferencia es que: a2 + b 2

− F > 0.

Potencia de un punto respecto a una circunferencia Dada una circunferencia C y un punto P cualquiera del plano, cada recta que pase por P y corte a C B verifica la siguiente propiedad: en dos puntos A y B = PA = PA = K , PA P B = P A P B  = P A P B  = K

·

·

·

P

A A A

B 

B

B 


siendo K la potencia de P respecto a C . Es decir, decir, el valor del producto es independiente de la recta considerada. La constante K sólo sólo depende C . de P y C Dependiendo de la posición del punto respecto a la circunferencia, la potencia de éste varía, es decir, decir, si el punto es exterior a la circunferencia entonces tendrá potencia positiva, si es interior su potencia será negativa y si está en la circunferencia entonces es nula. En relación con lo anterior, existen una serie de resultados que caben destacar:

Teorema. 1.1. (Teorema de las secantes) Sean PA y P P B dos rectas secantes, entonces: PA P D = P = P B P C .

·

·

P D A

O

B

C


Teorema. 1.2. (Teorema de la tangente y la secante) Sean PA una recta tangente y P C una recta secante, entonces: ( PA) PA)2 = P C P D .

· ·

A

P O D

C

Teorema. 1.3. (Teorema de las tangentes) Sean PA y P dos rectas tangentes, entonces: P C dos PA = P C .

P A

O

C


Teorema. 1.4. (Teorema de las cuerdas) Sean AB AB y C D dos cuerdas, entonces: = C P P D . AP P B = C

·

·

A

D

P

O

B

C

Eje radical de dos circunferencias El eje radical de dos circunferencias es el lugar geométrico (Ver (Ver página17 página17)) de los puntos que tienen igual potencia con respecto a ambas circunferencias. C  de centro O  y radio r  . Llamamos d y d d  a las Sean las circunferencias C de centro O y radio r y C distancias de P a O y O O  respectivamente. Entonces un punto P tendrá igual potencia respecto de C C  si y sólo si: y C d 2 − r 2 = d 2 − r 2 ⇔ d 2 − d 2 = r 2 − r 2 = Cte. El lugar geométrico de puntos cuya diferencia de cuadrados de distancias a los puntos C y C  es O  . constante es una recta perpendicular a la recta que une los puntos O y O En cualquier caso, para construir el eje radical de dos circunferencias bastaría con hallar un punto de igual potencia respecto de ambas circunferencias y por él trazar la recta perpendicular a la línea que une los centros.

SEC . 1. C ONCEPTOS FUNDAMENTALES Construcción del eje radical

Si las circunfere circunferencias ncias son secantes, los puntos de corte tienen potencia potencia nula con respecto a ambas circunferencias y el eje radical será la recta que pasa por esos dos puntos. Eje radical

O

O

Si las circunferencias son tangentes, el eje radical será la tangente común.

O

O

O

O

Eje radical Eje radical

Si las circunferencias son exteriores podemos trazar una tangente común y el punto medio será del eje radical. Trazando la perpendicular a la línea que une los centros por este punto obtendremos el eje radical.


Eje radical

O

O

Si las circunferencias son interiores, hay que trazar una circunferencia auxiliar que corte a ambas, obtener los ejes radicales e y e (no paralelos) de la circunferencia auxiliar con cada una de las dadas. La intersección de ambos ejes radicales nos proporciona un punto del eje que buscamos. Para terminar basta trazar la recta que pase por ese punto y sea perpendicular a la que une los centros de las circunferencias dadas. Eje radical

O

O

e e


Si las circunferencias son concéntricas no existe eje radical. Centro radical de tres circunferencias

Si part partim imos os de tres tres circ circun unfe fere renc ncia ias, s, inte intent ntam amos os busc buscar ar todo todoss los los punt puntos os que que teng tengan an la mism mismaa pote potenc ncia ia respecto de las tres circunferencias. Basta hallar los ejes radicales de dos de ellas y buscar su intersección, por ese punto ha de pasar el tercer eje y es el único punto que cumple la condición pedida. Se llama centro radical de las tres circunferencias.

Eje radical de C y C  Eje radical de C y C  C

C 

je radical de C  y C  O

O

Centro radical

C  O


Circunferencias ortogonales Dos circunferencias, C de de centro O y radio r y C C  de centro O  y radio r  , son ortogonales si se cortan bajo un ángulo de 90o .

r

O

r d

O’

Las siguientes afirmaciones son equivalentes: C  son ortogonales. (1) C y C (2) Los radios de ambas circunferencias en los puntos de intersección son perpendiculares. (3) Si llamamos d a la distancia entre los centros se cumple: d 2 = r 2 + r 2 .

(4) La potencia del centro de de cada circunferencia respecto respecto de la otra es su propio radio al cuadrado.

Arco capaz Un arco capaz es el lugar geométrico (Ver página17 página17)) de los puntos desde los que un segmento AB se ve con el mismo ángulo, es decir, el lugar geométrico de los vértices de los ángulos que tienen la misma amplitud y abarcan un mismo segmento. El arco capaz de un segmento AB, de ángulo λ, es un par de arcos de circunferencia, simétricos a cada lado del segmento AB que contiene los vértices de ángulo λ, unidos por los puntos A y B . El ángulo que subtiende el segmento AB visto desde el centro del círculo es 2λ. El más utilizado es el arco capaz con ángulo λ = 90o . Este caso se corresponde con el segundo teorema de Tales1 , de tal modo que el arco capaz es la circunferencia cuyo diámetro es el segmento AB. 1 El

segundo teorema de Tales afirma que si los tres vértices de un triángulo están sobre una circunferencia dada, siendo uno de sus lados el diámetro de la circunferencia, entonces el ángulo opuesto a este lado es un ángulo recto.

SEC . 1. C ONCEPTOS FUNDAMENTALES Construcción del arco capaz: Para construir el arco capaz, de ángulo λ, del segmento AB es posible seguir varios métodos:

(I) Primer método Se traza un triángulo AP B , tal que un lado es AB y su ángulo opuesto de amplitud λ (primero dibujamos el ángulo λ). Después Después trazamos el segmento segmento AB: sus extremos son dos puntos de los lados del ángulo. Se trazan las mediatrices del dicho triángulo. Estas mediatrices se cortan en el punto O , que es el centro del arco capaz buscado. Bastará con dibujar con el compás un arco de centro O y radio OA. El punto O es el circuncentro: el centro de la circunferencia circunscrita. Equidista del B . vértice y de los puntos A y B

P

λ

O

A

B

(II ) Segundo método Se parte únicamente del segmento AB . Se traza la mediatriz m de dicho segmento. A continuación se traza la recta r que forme un ángulo λ con el segmento AB , con vértice en A. Desde A, se dibujará una segunda recta s perpendicular a la recta r . El punto de corte O entre la recta s y la mediatriz m es el centro del arco capaz buscado. Bastará con dibujar con el compás un arco de centro O y radio OA.

C AP. I. R ELACIONES E LACIONES MÉTRICAS EN LA CIRCUNFERENCIA r

O

A

B

λ

s

Por semejanza de triángulos, se deduce que: El ángulo formado por la recta s y la mediatriz m mide igual que el ángulo λ; Por tanto, el ángulo con centro en O, conformado por la recta s y la recta simétrica a s , respecto de la mediatriz m , medirá el doble que el ángulo λ , es decir, AOB medirá 2λ.

Ángulos de la circunferencia (I) Ángulo inscrito es aquel que tiene su vértice en la circunferencia y sus lados son dos rectas secantes. Mide la mitad del arco que lo abarca. AOB = ∠ AOB =

1 AB. 2 

(II ) Ángulo semiinscrito : es aquel que tiene su vértice en la circunferencia, un lado secante y el otro tangente. Mide la mitad del arco que lo abarca. AOB = ∠ AOB =

1 AB. 2 

(II I) Ángulo interior: es aquel que tiene su vértice en un punto interior de la circunferencia y los lados son dos secantes.


Mide Mide la mita mitadd de la suma suma de las las medi medida dass de los los arco arcoss que que abar abarca cann sus sus lado ladoss y las las prol prolon onga gaci cion ones es de sus lados. 1 AOB = ( AB + CD). ∠ AOB = 2 (IV ) Ángulo central: es aquel que tiene su vértice en el centro de la circunferencia y sus lados lo forman dos radios. La medida de un arco es la de su ángulo central correspondiente. 





AOB = AB. ∠ AOB =

( V ) Ángulo exterior : es aquel que tiene su vértice fuera de la circunferencia y los lados son dos secantes o dos tangentes de la circunferencia o uno tangente y otro secante. AOB = ∠ AOB = Ángulo inscrito A

1 ( AB − CD). 2 



Ángulo semiinscrito O

Ángulo central A B

B

B O

O

A

Ángulo interior A A

Ángulo exterior D

O

Ángulo exterior O A = = D

C

B

Ángulo exterior A =D

C

B=C O B

B

O


Cuadrilátero Un cuadrilátero está circunscrito a una circunferencia cuando sus lados son tangentes a ella. Desde otro punto de vista la circunferencia quedará inscrita en el cuadrilátero cuando en cada lado existe un punto y sólo uno que pertenece a la circunferencia. Un cuadrilátero está inscrito en una circunferencia cuando sus vértices son puntos de la circunferencia.

Proposición. 1.5. En un cuadrilátero inscrito en una circunferencia, los ángulos opuestos son suplementarios, esto es, ( α + γ = β + δ = 180o ).

D δ

C γ

β

A



B

α

D y B B dos ángulos opuestos. Entonces: DEMOSTRACIÓN. Sean D

 

D + D + B = B =

1 (CDA + ABC), 2 



es decir, decir, la suma de estos dos ángulos opuestos es la mitad de la circunferencia o lo que es lo mismo, la suma es 180o . Un razonamiento análogo se puede aplicar para cualquier par de ángulos opuestos del cuadrilátero. 


Teorema. 1.6. (Teorema de Pitot) En todo cuadrilátero circunscrito a una circunferencia, se cumple que la suma de las longitudes de AB + C C D = B = B C + AD + AD . dos lados opuestos es igual a la suma de las longitudes de los otros dos lados: AB +

B

x

y

x

C y

n

A

m

m

n

D

DEMOSTRACIÓN. Definimos Definimos los segmentos segmentos AB , B C , C D , AD : AB = AB = x x + n + n, BC B C = x = x + + y , C D = y + y + m m, AD = n + m.

Sumando: AB + AB + C C D = x = x + + n n + y + y + m m = = x x + + y + y + n n + m = m = B B C + AD + AD . 

Se llama trapecio a un cuadrilátero que tiene dos lados paralelos y otros dos que no lo son. En concreto, un trapecio isósceles es el que tiene los lados no paralelos de igual longitud, dos ángulos internos agudos y dos obtusos, iguales entre sí, las diagonales son congruentes y la suma de los ángulos opuestos es 180 o .


Dos o más puntos son colineales cuando todos están sobre la misma recta, i.e., existe una recta que pasa por todos los puntos. Son no colineales si al menos uno de los puntos se encuentra fuera de la recta que definen dos de los restantes.

A

D E

B F

C G

Puntos colineales Puntos no colineales

Proposición. 1.7. Un polígono convexo es es una figura en la que: 1. todos los ángulos ángulos interiores interiores miden menos de 180o o π radianes y todas sus diagonales son interiores. 2. cualquier cualquier recta que pase por un lado del polígono polígono convexo deja a todo el polígono polígono completa- completa- mente en uno de los semiplanos definidos por la recta. 3. cualqu cualquier ier segmento segmento entre dos puntos puntos que estén estén dentro dentro del mismo mismo está está dentro dentro,, es decir decir,, el segmento no corta los lados. 4. todos los vértices vértices apuntan apuntan hacia el exterior del polígono. polígono.

Todos los triángulos son polígonos convexos. Todos los polígonos regulares son convexos.

Capítulo II Lugares geométricos 2. Luga Lugare ress geom geomét étri rico coss Se denomina lugar geométrico al conjunto de puntos que verifican una determinada propiedad. (I) En el plano. Ejemplos de lugares geométricos en el plano. El lugar geométrico de los puntos que equidistan a otros dos puntos fijos A y B es una recta o eje de simetría de dichos dos puntos. Si los dos puntos son los extremos de un segmento AB , dicha dicha recta o lugar geométrico, geométrico, se llamada llamada mediatriz y es la recta que se interseca perpendicularmente a AB en su punto medio. La bisectriz es también un lugar geométrico. Dado un ángulo, la bisectriz cumple la propiedad de que todos sus puntos equidistan a los lados de dicho ángulo, convirtiéndose la bisectriz en un caso particular del lugar geométrico que sigue a continuación. Generalizando la propiedad de equidistancia a dos rectas, obtenemos que la paralela media dia es el luga lugarr geom geomét étri rico co de los los punt puntos os que que equi equidi dist stan an de dos dos rect rectas as para parale lela las. s. Se obse observ rvaa que, bajo el punto de vista de que las rectas paralelas se cortan en el infinito (se elimina, pues, la noción de paralelismo), pasa a ser un sinónimo de la bisectriz, donde el ángulo ha tomado valor nulo. Si, por el contrario, se diferencia el concepto de paralelismo, la bisectriz vuelve a ser, como se ha dicho antes, un caso particular de esta definición y el caso de rectas paralelas, con ángulo 0, es disjunto al de las bisectrices (ángulo no nulo). Secciones cónicas. Las secciones cónicas pueden ser descritas mediante sus lugares geométricos: La circunferencia es el lugar geométrico de los puntos cuya distancia a un punto determinado, el centro, es un valor dado (el radio). La elipse es el lugar geométrico de los puntos tales que la suma de las distancias a dos puntos fijos, los focos, es una constante dada (equivalente a la longitud del semieje mayor de la elipse).

C AP. II. LUGARES GEOMÉTRICOS

La parábola es el lugar geométrico de los puntos cuya distancia a un foco equivale a su distancia a una recta llamada directriz. La hipérbola es el luga lugarr geom geomét étri rico co de los los punt puntos os tale taless que que el valo valorr abso absolu luto to de la dife difere renncia entre sus distancias a dos puntos fijos, los focos, es igual a una constante (positiva), que equivale a la distancia entre los vértices. (II ) En el espacio. Figuras geométricas muy complejas pueden ser descritas mediante el lugar geométrico generado por los ceros de una función o de un polinomio. Por ejemplo, las cuádricas están definidas como el lugar geométrico de los ceros de polinomios cuadráticos. En general, los lugares geométricos generados por los ceros del conjunto de polinomios reciben el nombre de conjunto algebraico, las propiedades de dichas variedades se estudian en Geometría algebraica.

2.1. Técnicas écnicas habitual habituales es para para hallar hallar un lugar geométrico geométrico ´ Muchos de los problemas de lugares geo metricos salen por más de un método, pero siempre hay que saber elegir el que resulte más interesante y rápido para revolver un problema concreto. 2.1.1. 2.1.1. Método Método paramé paramétri trico co

Consite en expresar analíticamente las condiciones expuestas en el enunciado para determinar las ( x , y ) coordenadas ( x y ) de un punto genérico del lugar en función de un parámetro que expresa la variación del punto en el lugar. En este método es importante la elección de la posición de los ejes y la del parámetro. 2.1.2. 2.1.2. Método Método de transforma transformaciones ciones geométricas geométricas

Este Este méto método do cons consis iste te en iden identi tific ficar ar el luga lugarr pedi pedido do como como la imag imagen en de algú algúnn luga lugarr cono conoci cido do medi median ante te una transformación geométrica también conocida. Las transformaciones más usuales son traslaciones, giros, simetrías, homotecias e inversiones. Para establecer el método se intenta ligar los puntos pedidos con otros que pertenezcan a un lugar geométrico conocido mediante alguna relación que exprese una transformación de las anteriores o una sucesión (producto) de ellas. 2.1.3. 2.1.3. Método Método analítico analítico directo directo

Dicho método consiste en obtener la ecuación implícita del lugar pedido imponiendo a un punto y ) la condición definitoria expresada en el enunciado. genérico P ( x , y ) De nuevo resulta crítica la elección de los ejes.

SEC . 2. LUGARES GEOMÉTRICOS

2.2. 2.2. Ejem Ejempl plos os

Ejemplo. 2.1. Un segmento de recta de 10 cm de longitud se mueve apoyando sus extremos en los ejes de coorde y ) situado sobre el segmento AB nadas. Determinar el lugar geométrico descrito por un punto P ( x , y ) a 4 cm del extremo que se apoya sobre el eje OX , como se muestra en la figura siguiente: Ver: Ver: Referencia Web. Web.

Y

A

6

P(x,y)

ϕ

C

4

X ϕ

O

D

B

SOLUCIÓN. A partir de la figura podemos podemos obtener obtener las funcion funciones es trigonométri trigonométricas: cas: x

cos ϕ = , 6 sen ϕ =

y

4

.

Estas son las ecuaciones paramétricas del lugar geométrico que estamos buscando, pero necesitamos transformarlas para que podemos identificar que las dos ecuaciones anteriores representan una sola curva. Elevamos al cuadrado las dos ecuaciones: 2

cos ϕ =

x 2

36

,

C AP. II. LUGARES GEOMÉTRICOS 2

sen ϕ =

y 2

16

.

Sumando miembro a miembro: x 2

+

y 2

= sen2 ϕ + cos2 ϕ .

36 16 Por la propiedad de que sen2 ϕ + cos2 ϕ = 1, sustiyendo tenemos: y 2

x 2

+ = 1. 36 16 Por tanto, el lugar geométrico descrito por P es una elipse horizontal, con centro en el origen y cuyos semiejes miden 6 y 4. Y A

A

A

P P

P

X B

F 2

O

F 1

B

B




Ejemplo. 2.2. En una circunferencia C se considera un punto fijo A y uno variable B. Se traza la tangente t a C ABC D que tienen la diagonal AC contenida en A y se construyen los rombos ABC contenida en t . Hallar el lugar geométrico del vértice D al variar B en C . Ver: Ver: Referencia Web. Web.

SOLUCIÓN. La rect rectaa t , tangente a la circunferencia C en A, contiene a la diagonal AC de de los rombos ABC D. Por tanto, los puntos D son simétricos a los puntos B con respecto a la recta t . Así, al variar B en C , los puntos D son simétricos de puntos de la circunferencia C , con respecto a t . Por tanto, el lugar geométrico de D es la circunferencia simétrica, circunferencia lila, de C respecto a la recta t .

t

C C

D

B B

D

A

B

D

C B

D

C




Ejemplo. 2.3. Determinar el lugar geométrico de los puntos del plano cuyo cociente de distancias a los puntos M ( M (6, 0) y N ( N (

−2, 0) es 3 (es decir, P M = 3). P N

Ver: Ver: Referencia Web. Web.

y ) es un punto del lugar geométrico, entonces se cumple que: SOLUCIÓN. Si P ( x , y )

P M

= 3

P N

 − ⇒  −

 − −

6)2 + y 2 = 3 ⇒ ( x + + 2)2 + y 2 ( x

( x

6)2 + y 2

= 3



( x + +

2)2 + y 2



.

Elevamos al cuadrado la igualdad, para que las raíces desaparezcan:

2

− − 6)

( x

2



2

2

+ y = 9 ( x + + 2) + y

⇒

2

x

2

+ 36 + y − 12 x +



2

2

= 9 x + 4 x + + 4 + y



+ 36 + y 2 = 9 x 2 + 36 x + + 36 + 9 y 2 ⇒ 8 x 2 + 8 y 2 + 48 x = = 0. ⇒ x 2 − 12 x +

Simplificando: x 2 + y 2 + 6 x = = 0.

Esta es la ecuacion general de una circunferencia, que es de la forma(I.3 forma(I.3). ). Tenemos que en este caso D = 6, E = = 0 y F F = 0. Entonces: concreto D =

a =

− D ⇒= −6 = −3,

b =

− E ⇒= 0 = 0,

r =



2

2

2

2

(a2 + b 2

− F ) F ) ⇒ r =



9 + 0 − 0 = 3.

M (6, 0) Por tant tanto, o, el luga lugarr geom geomét étri rico co de los los punt puntos os del del plan planoo cuyo cuyo coci cocien ente te de dist distan anci cias as a los los punt puntos os M ( y N ( N (−2, 0) es 3, es una circunferencia de centro ( −3, 0) y radio 3.


Y

X -3




Capítulo Capítulo III Problemas y otros desarrollos 3. Proble Problemas mas de Olimpi Olimpiada adas. s. Fase Local Local Ejercicio. 3.1. (2007-2008, Ver 30 30 en en las Referencias Web) Sea P P una familia de puntos en el plano tales que por cada cuatro puntos de P pasa una circunferencia. ¿Se puede afirmar que necesariamente todos los puntos de P están en la misma circunferencia? Justifica la respuesta.





SOLUCIÓN. Sea T = x 1 , x 2 , x 3 , x 4 un subconjunto de P con cuatro elementos. Por hipótesis existe una circunferencia α que pasa por estos cuatro puntos. Supongamos que existe un punto x ∈ P tal que x ∈/ α . Por la condición del enunciado existe una circunferencia β que pasa por los puntos x , x 2 , x 3 y x 4 . Entonces las circunferencias α y β tienen tienen tres puntos puntos comunes, comunes, lo que implica implica que deben coincidir, puesto que como se vio en teoría, una circunferencia queda determinada cuando conocemos tres puntos de esta (Ver página 1 página 1)) y si dos circunferencias tienen tres puntos comunes, estas son la misma. Por tanto, se puede afirmar que necesariamente todos los puntos de P están en la misma circunferencia. x 1

α

x 4 O x x 2

x 3

C AP. III. PROBLEMAS Y OTROS DESARROLLOS DESARROLLOS 

Ejercicio. 3.2. (2002-2003, Ver 30 30 en en las Referencias Web) AB y, en su interior, otra, con diámetro OA OA. Dibuja un semicircunferencia con centro en O y diámetro AB Traza por un punto C d e OA C de OA una recta perpendicular a dicho radio OA OA, que cortará a la semicircunferencia pequeña en D D y a la grande en E E y, finalmente, la recta AD AD que cortará a la semicircunferencia grande en F . Demuestra que el circunferencia circunscrita al triángulo D E F es es tangente a la cuerda AE en E .

AE B un triángulo rectángulo, ya que el segundo teorema de Tales afirma que si SOLUCIÓN. Sea AEB los tres vértices de un triángulo están sobre una circunferencia dada, siendo uno de sus lados el diámetro de la circunferencia, entonces el ángulo opuesto a este lado es un ángulo recto. Además la E = = 90o . semicircunferencia semicircunferencia de diámetro OA coincide con el arco de capaz de ángulo 90 o , entonces E Por el Teorema del Cateto:1



AE 2 = AC AB

· ·

(III.1)

El cuadrilátero B C D F es es inscriptible en una circunferencia ya que sus ángulos opuestos son suplementarios, es decir, su suma es 180 o . En este caso C y F son rectos. Por tanto, su suma es 90o + 90o = 180o . Luego los otros dos ángulos del cuadrilátero sumarán 180 o , y por tanto, son suplementarios, ya que la suma de todos los ángulos de un cuadrilátero es 360 o . 1

Teorema del cateto para cateto para triángulos se enuncia de la siguiente forma: El cuadrado de un cateto es igual al producto de la hipotenusa por la proyección del cateto sobre la hipotenusa, es decir, b 2 = na y c c 2 = ma .

C

b

c h

A

n

m a

B

SEC . 3. P ROBLEMAS DE O LIMPIADAS . F AS E L OCAL

F E

D

A

B

O

C

AD F son Así, las rectas AC B y AD son secantes a la circunferencia que lo circunscribe. La potencia del punto A respecto de esa circunferencia nos da: AC AB = AB = AD AD AF .

· ·

(III.1 III.1))

·

Por tanto, AE 2 = AD · AF . Y esto quiere decir, decir, por potencia de A respecto a la circunferencia que circunscribe al triángulo D E F , que la recta AE es tangente a dicha circunferencia en E . 

C AP. III. PROBLEMAS Y OTROS DESARROLLOS DESARROLLOS

Ejercicio. 3.3. ( [2, página 257]) Dada una circunferencia C circunferencias ncias cuyo eje radical con C C y una recta r , hallar todas las circunfere C sea r.

SOLUCIÓN. En este ejercicio ejercicio lo que tenemos tenemos que encontrar encontrar es el conjunto conjunto de circunferenc circunferencias ias que cumplan lo que nos pide el enunciado. A tal conjunto le llamaremos haz de circunferencias y su posición geométrica depende de la posición relativa de C y r . Estudiamos entonces cada uno de los casos. y C secantes. Toda circunferencia que pase por los puntos de corte de r y C cumple la condición pedida, luego es del haz. Si llamamos d a la mediatriz del segmento definido por los puntos de corte de r y C , todas las circunferencias pedidas tienen centro en la recta d y todo punto de d es centro de una circunferencia del haz. Por cada punto M del plano no perteneciente a r pasa una y sólo una circunferencia del haz, C . la determinada por M y los dos puntos de corte de r y C r

M

C

d r

r y C C tangentes. tangentes. Este caso puede considerarse el caso límite del anterior cuando los dos puntos C tienden a confundirse. de corte de r y C

Como antes, todas las circunferencias del haz son tangentes a r en el mismo punto. Todas ellas tienen centro en la recta d perpendicular a r por el punto de contacto. Por cualquier punto M del plano no perteneciente a r pasa una y sólo una circunferencia del haz cuyo centro se determina por la intersección con d de la mediatriz del segmento que une con el punto de contacto. M con


M

C

r

d

r exterior a C . En este caso para obtener las circunferencias del haz trazaremos una circunfe d ) y ortogonal a C . rencia auxiliar C  con centro en P (intersección de r y d

Cualquier circunferencia con centro en d y ortogonal a C  es del haz ya que P tendrá la misma potencia respecto de C y de ella (el cuadrado del radio de C  ). Todo punto de d exterior al segmento AB es centro de una circunferencia del haz. A y B B se llaman polos del haz.

C

C’ r

P A

d

B




Ejercicio. 3.4. ( [2, página 326, Ejercicio 1 ]) Hallar el lugar geométrico del punto medio de un segmento de longitud a que se apoya continua- mente en los ejes.

SOLUCIÓN. Tomamos omamos los ejes como como se muestra muestra en la siguiente siguiente figura: figura: Y

B

P(x,y)

X

α

A

O

Llamamos α al parámetro que representa al ángulo formado por el segmento y el eje OX . Tenemos que: OA ⇒ OA = a cos α, cos α = a

sen α =

OB a

⇒ OB = a = a sen α.

Entonces, las coordenadas de los extremos, y las del punto medio P son, respectivamente: A( A(a cos α, 0), B (0, a sen α),

 

= x = = y =

a cos α

2 a sen α

2 Las igualdades anteriores representan las ecuaciones paramétricas del lugar pedido. Para encontrar la ecuación cartesiana basta eliminar el parámetro.


Elevando al cuadrado, sumando y teniendo en cuenta que sen 2 α + cos2 α = 1, nos queda: 2

2

x + y =

a2

4

,

ecuación de una circunferencia de centro el origen y radio la mitad de la longitud a del segmento dado. Y

B

B

P(x,y) P(x,y)

A

P(x,y) P(x,y)

A

A

A

X

O

P(x,y)

P(x,y) P(x,y)

B

P(x,y)

B




Ejercicio. 3.5. ( [2, página 329, Ejercicio 3 ]) Dados tres puntos alineados A A, B , C se toma un punto variable D sobre la mediatriz de AB AB . Se traza la circunferencia que pasa por A, B y D. Se traza la recta C D que corta a la circunferencia en un segundo punto P . Hallar el lugar geométrico de P al variar D D en la mediatriz.

O Y coincida con la recta dada que contiene a A, SOLUCIÓN. Tomamos omamos los ejes ejes de modo modo que que el eje OY B , C . El eje OX coincide con la mediatriz del segmento AB . Todas las circunferencias pasan por A y B , luego forman un haz con el eje radical común, que es la B . recta definida por A y B Como C está en el eje radical común, la potencia de C respecto de cualquier circunferencia es la misma y por ello: = C t e . C P · C D = C Dich Dichoo de otro otro modo modo,, P es el inve invers rsoo de D en un inve invers rsió iónn de polo polo C y pote potenc ncia ia el valo valorr de la cons consta tant nte. e. Como D reco recorr rree un unaa rect recta, a, el luga lugarr geom geomét étri rico co pedi pedido do es la fig figur uraa inve invers rsaa a esa esa rect recta, a, que, que, al no pasa pasarr por el polo, es un circunferencia que pasa por el polo. Y C

P

P P P

P

B P

P P

O D

D

D

D

X D

D

D

D

A




Ejercicio. 3.6. ( [2, página 331, Ejercicio 4 ]) Dada una circunferencia circunferencia y una recta tangente tangente a ella, hallar hallar el lugar geométrico geométrico de los centros de las circunferencias tangentes a ambas.

SOLUCIÓN. En primer primer lugar tomamos tomamos los ejes como se muestra muestra en la figura, figura, coincidien coincidiendo do la recta tangente a la circunferencia con el eje OX . Y

P(x,y)

r

y

O

x

X

Denotamos x e y a a las coordenadas del centro P de una circunferencia variable cualquiera. Es obvio, que el radio de esta circunferencia es y . Si llamamos r al radio de la circunferencia dada, se cumple (teorema de Pitágoras): ( r + y + y ))2 = x 2 + (r (r

− y ) y )2 ⇔ x 2 = 4 r y .

F (0, r ), ya que en nuestro caso 2 p = Esta es la ecuación de una parábola2 de vértice vértice (0, 0), foco F ( 2r p = 2 r , y directriz la recta de ecuación y = = − = −r . 4 r ⇒ p = 2 2

La ecuación general de la parábola es:

− − a)2 = 2 p( y − − b). p p = b − la recta directriz. Tenemos V (a, b) el vértice, F ( a, b + ) el foco e y = 2 2 ( x


Y

P(x,y)

X

Recta directriz




Ejercicio. 3.7. (1998-1999, Ver 30 30 en en las Referencias Web) Sea ABC AB C un triángulo con baricentro G . (a) Prueba Prueba que para cualquier cualquier punto del plano plano M se verifica: 2

2

2

MA M A + M B + M C

2 2 ≥ GA2 + GB G B + GC G C ,

obteniéndos obteniéndose e la igualdad si y solamente solamente si M = G . 2 2 2 (b) Fijado un un número número k k > GA + GB G B + GC G C , halla el lugar geométrico de los puntos M tales que 2

2

2

M A + M B + M C = k .

SOLUCIÓN. A

M

G

B

C

2

2

2

( M )) = M = M A + M B + M C . En el primer apartado, se trata de minimizar la expresión: f ( M ( a1 , a2 ), B = ( b1 , b2 ) y C C = ( c1 , c2 ) los vértices del triángulo dado. Para un punto genérico Sean A = (a M = = ( x , y ) y ) se obtiene: ( y − ( x − ( y − ( x − ( y − − − a1)2 + ( y − a2)2 + ( x − b1)2 + ( y − b2)2 + ( x − c1)2 + ( y − c2)2

( x , y ) ( x f ( x y ) = ( x

= 3 x 2 + 3 y 2 = 3

 − − x

+ b 1 + c + c1 ) − 2 y ( y (a2 + b + b 2 + c + c2 ) + a + a1 2 + a2 2 + b 1 2 + b2 2 + c1 2 + c2 2 − 2 x (a1 + b

 −

a 1 + b + b1 + c + c1 2

3

+ y

donde g es una determinada constante real.



+ b 2 + c + c2 2 a 2 + b

3

+ g ,

(III.2)


Por lo tanto, esta cantidad resultará mínima si y sólo si los cuadrados que aparecen en la expresión



a1 + b + b 1 + c + c1 a 2 + b + b 2 + c + c2



( x , y ) y ) = son cero, es decir, decir, cuando M = ( x , , que corresponde precisamente 3 3 al baricentro G . Para resolver el segundo apartado es necesario encontrar el lugar geométrico de los puntos M tales tales ( M )) = k = k . Para ello determinaremos en primer lugar la constante g . Tomando M = G en (III.2 que f ( M ( III.2)) 2 2 2 ( G ) = G = GA A + GB G B + GC G C . Por tanto, se obtiene g = f (G f ( M ( M )) = k = k + b 1 + c + c1 2 a 1 + b + y 3 x

 ⇔ − −  ⇔ − − x

3

  − −  −

a 1 + b + b 1 + c + c1 2

3

+ y



a2 + b + b 2 + c + c2 2

3



+ b 2 + c + c2 2 a 2 + b

3

+ g = k = k

=

k

− g , 3

que es exactamente la ecuación de la circunferencia de centro G y radio r =

 − k

3

g

.

A

M M

G

M

B

C




Ejercicio. 3.8. (2012-2013, Ver 30 30 en en las Referencias Web) Deslizamos un cuadrado de 10 cm de lado por el plano OX Y de forma que los vértices de uno de sus lados estén siempre en contacto contacto con los ejes de coordenadas coordenadas,, uno con el eje OX y otro con el eje OY . Determina el lugar geométrico que en ese movimiento describen: (a) El punto medio medio del lado de contacto contacto con los ejes. (b) El centro centro del cuadrado. cuadrado. (c) Los vértices vértices del lado de contacto contacto y del lado opuesto en el primer cuadrante. cuadrante.

SOLUCIÓN. Sean PQRS el cuadrado de lado 10 cm, PQ P Q el lado de apoyo, M ( M (m1 , m2 ) el punto medio de dicho lado y C (c1 , c2 ) el centro del cuadrado, como se muestra en la figura, además señalamos los puntos A, B , D y E . Y

R

S C

Q

A

D M X

O

B

(a) Caso del punto medio M . Tenemos que

E

P

F

1 2

O M = P M = PQ = PQ = 5,


luego m 1 2 + m2 2 = 25. Además, sabemos que m1 , m2 ≥ 0, entonces el lugar geométrico sería el cuarto de circunferencia situado en el primer cuadrante. Y

R

R

R

S S

Q

S Q

Q

M M M X

O

P

P P

(b) Caso del centro centro del cuadrado cuadrado C . Los triángulos AQM , AOM , B M O y D M C son son congruentes3 AM = OB = D = D C , = OA = M D = B = B M , AQ AQ = OA = M Q = M = M C = = 5. O M =

Así, resulta que las coordenadas del centro del cuadrado, en su deslizamiento, son iguales c1 = O = OE E = O = OB B + B + BE E = m = m 1 + M + M D = m = m 1 + m + m2 , c2 = E = E C = E D + D + DC C = OA + AM = m 2 + m + m1 .

Luego, el centro del cuadrado se mueve, en este primer cuadrante, sobre un segmento de la línea bisectriz. Las posiciones extremas se dan cuando el lado PQ se apoya sobre alguno de los ejes, 5), y cuando forma una escuadra, esto es, un triángulo rectángulo isósceles, con ellos, C ( C (5, C ( C (5 2, 5 2). 3

Dos figuras son congruentes si tienen la misma forma y tamaño, aunque su posición u orientación sean distintas.


Aplicando un razonamiento análogo en los demás cuadrantes podemos afirmar que el centro del cuadrado recorre el segmento de sus bisectrices que viene dado por la expresión C ( C (c1 , c2 ) = (

±5λ, ±5λ), λ ∈ [1,



2].

Y

R

R R

R

S S S

Q

C

C

S

C C

Q

M

Q

M X O= Q

P

P P P

Q . (c) Caso de los vértices del cuadrado del lado de contacto: P y Q Los vértices P y Q se mueven sobre segmentos de los ejes coordenados, esto es, de las líneas = 0 y y = = 0. x = Los casos extremos se dan cuando el lado de contacto descansa sobre los ejes.  − 2 ± ) Así, si las coordenadas de uno son ( 0, , las del otro 100 λ , 0 y si las coordenadas de  λ uno son ( λ, 0), las del otro son 0, ± 100 − λ2 con λ ∈ [−10,10]. S . Caso de los vértices del cuadrado del lado opuesto al lado de contacto: R y S Q H R y P F S son Apoyándonos en la figura del principio, podemos ver que los triángulos OQ P , QH congruentes, y a la vez, semejantes a AQM :



 

R( R( r1 , r2 ) r1 = 2m2 r2 = 2m1 + m + m2 ,

de donde m 1 =

r2

− r1 y m r1 m = . 2

2

2



C AP. III. PROBLEMAS Y OTROS DESARROLLOS DESARROLLOS + m22 = 25, entonces tenemos para R : Sabemos que m 21 + m

−  r1 2

r2

2

+

r1 2

2

= 25,

( r2 − r1 )2 + r1 2 = 100. o bien (r ( y − − x ) x )2 + x 2 = 100, (elipse Entonces el lugar geométrico esta, pues, en la elipse de ecuación ( y S del cuadrado azul oscuro), que azul), y es un arco de elipse, (arco azul comprendido entre R y S se puede parametrizar como 2

2

( y x ) x ) + x = 100

−

  ⇔ − − ( y

x )2

= ⇔ y − x =



= 100 − y 2 ⇔ x − y =



100 −

=



x 2

100 −

x 2

= x + x + ⇔ y =



100 − x 2 ,

∈ [0,10] e y ∈ ∈ [10,10 2]. con x ∈ Análogamente, para S sale el arco de elipse, (arco rosa comprendido entre S y P del cuadrado ( x − y )2 = 100 con − y ) azul oscuro), y 2 + ( x y 2 + ( x y ) y )2 = 100



− ⇔ ( x − − y ) y )2 = ∈ [0,10] y x ∈ ∈ [10,10 2]. con y ∈





x = y + y + 100 − y 2 , 100 − y 2 ⇔ x =

Y

R R R S

R

S S

Q

C

C

k3

S

C Q

C

Q

O= Q

X P

P P P



SEC . 4. P ROBLEMAS DE O LIMPIADAS . F AS E N AC IO NA L

4. Problemas Problemas de Olimpiadas. Olimpiadas. Fase Nacional Nacional Ejercicio. 4.1. (Torredolones, (Torredolones, 2007, Ver 30 er 30 en en las Referencias Web) AB = 2 R, se considera una cuerda C D de longitud fija c . Dada una semicircunferencia de diámetro AB = Sea E la la intersección de AC AC con B B D y F la intersección de AD con B C . Probar que el segmento E F tiene longitud constante y dirección constante al variar la cuerda C D sobre la semicircunferencia. E

D

C F

A

B

SOLUCIÓN. Los triáng triángulo uloss E F C y y E D F son son rectángulos, entonces el cuadrilátero E D F C es es inscriptible (1.5. (1.5.)) y E F es es el diámetro. E

D

C

F

β α A

O

B


Llamamos r al radio de la semicircunferencia de E C D. Por el teorema del seno4 en E C D : E F = 2 r =

CD

sen E

=

c

. sen E

(III.3)

Pongamos α = ∠ BO D y β β = ∠C O D. Entonces,



E E = =

180 − β β = 90 − . 2 2

Esta expresión prueba que el ángulo E es es constante al serlo β y además el punto E se se mueve en el β

arco capaz de 90 − sobre AB . 2 Sustituyendo en (III.3 (III.3)) nos queda: c

E F = 2 r =

−

sen 90

β

2

c

=

β

β

cos sen90 − sen cos90 2 2

c

=

cos

β

,

(III.4)

2

por otra parte sen

β

c

. (III.5) 2 2 R Eliminamos β entre (III.4 (III.4)) y (III.5 ( III.5)) y despejamos E F . Para ello, realizamos lo siguiente: despejamos =

β

cos en (III.4 (III.4), ), elevamos al cuadrado la expresión resultante y (III.5 (III.5), ), y sumamos ambas expresio2 nes, es decir, β c cos = , 2 E F sen entonces, 2 β

cos

2

+ sen2

β

2

=

c2

c2 + E F 2 4 R2

⇒

1 =

β

2

=

c2 + E F 2 4 R2 c2 = 1 E F 2

c

2 R

,

c2

⇒

c2

c2

4 R2 − c 2 − 4 R2 ⇒ E F 2 = 4 R2

⇒ E F =

2cR



4 R2

−

c2

.

R . Esta expresión muestra que E F es es constante al serlo c y R B C , por ello E F Además F es el ortocentro del triángulo AB E como como intersección de las alturas AD y B que está sobre la tercera altura es siempre perpendicular a AB . 

4 Si

en un triángulo ABC , las medidas de los lados opuestos a los ángulos A, B y C son respectivamente a, b, c , entonces: a b c = = = 2 R, sen A sen B sen C donde R es el radio de la circunferencia circunscrita.


Ejercicio. 4.2. (Murcia, 2001, Ver 30 Ver 30 en en las Referencias Web) ABC D es un cuadrilátero inscrito en una circunferencia de radio 1 de modo que AB es un diámetro y el cuadrilátero admite circunferencia inscrita. Probar que: CD



≤ 2 5 − 4.

SOLUCIÓN. D p

C

b a

2γ β A

α O

B

Sea O el centro de la semicircunferencia. Pongamos a = B C , b = AD , p = C D , 2α = ∠ BO C , 2β = ∠ AOD , 2 γ = ∠C O D . ABC D admita una circunferencia inscrita (1.6. La condición necesaria y suficiente para que ABC (1.6.)) es: = a + + b p + p + 2 = a b

(III.6)

Puesto que la suma de los ángulos centrales de una semicircunferencia semicircunferencia es 180 o , en este caso tenemos que 2α + 2β + 2γ = 180o , entonces β = 90 − (α + γ).

Además

sen α, p = 2 sen sen γ, a = 2 sen b = 2 sen sen β = 2[sen90cos(α + γ) sen(α + γ) cos90] = 2 cos cos(α + γ) = 2 cos cos α cos γ 2sen αsen γ.

−

−

(III.7)

Vamos Vamos a expresar la condición (III.6 III.6)) en func funció iónn del del ángu ángulo lo α yeldato p que que determ determina ina por comple completo to el cuadrilátero. 2

2

2

2

2

cos γ + sen γ = 1 ⇒ cos γ = 1 − sen γ ⇒ cos γ = 1

− 

p 2

2

.


Entonces,

  −  −   − − ⇒   −  −    −  − −  − − p2

4 p2 1 , 4 2 sustituyendo en (III.7 (III.7), ), y teniendo en cuenta la siguiente propiedad, obtenemos b, cos γ =

2

=

2

sen γ = 1 cos γ = 1 1 +

entonces,

p 2

2

p 4 p2 b = 2 cos α 2 sen α = 2 2 y sustituyendo en (III.6 (III.6), ), queda: p + p + 2 = 2 sen sen α +

o lo que es lo mismo:

p + p + 2 =

p

sen γ = , 2

4 p2 cos α − p sen α,

4 p2 cos α p sen α,

p ) sen α. 4 p2 cos α + (2 p)

(III.8)

Por tanto, existirá circunferencia inscrita para los valores de p que hagan compatible la ecuación (III.8 III.8)) en la incógnita α . →u (cos α,sen α) de módulo Interp Int erpret retand andoo la ecuaci ecuación ón (III.8 III.8)) como como el prod produc ucto to esca escala larr de los los vect vector ores es − módulo − → 2 1 y v 4 − p , 2 − p . La condición (III.8 ( III.8)) queda:





−→ v

p + 2, cos δ = p +

→u y −→ v . siendo δ el ángulo formado por los vectores − → v | = Para que (III.9 (III.9)) sea compatible debe cumplirse p + 2  |− drado y operando queda: p 2 + 8 p − 4  0.

(III.9)

 −

p )2 , elevando al cua4 p2 + (2 − p)



Las raíces de la ecuación son p = ±2 5 − 4 . Como p es positivo la condición final es:



0  p  2 5 − 4. 


Ejercicio. 4.3. (Santander, (Santander, 2012, Ver 30 Ver 30 en en las Referencias Web) Sea ABC un triángulo acutángulo (tiene todos sus águlos menores de 90o ), ω su circunferencia inscrita de centro I , Ω su circunferencia circunscrita de centro O y M el punto medio de la altura circunferencia cia ω AH , donde H H pertenece al lado B C . La circunferen ω es tangente a este lado B C en el punto D. La recta M D corta a ω ω en un segundo punto P y la perpendicular desde I a M D corta a B C en N . Las rectas N R y N S son tangentes a la circunferencia Ω en R y S respectivamente. Probar que los R , P , D y S están en una misma circunferencia. puntos R

SOLUCIÓN. A

R Ω

P ω

I

M

O C B

N

D H

S

= c . Entonces, el pie de la altura H coincide con el punto de tangencia D, luego Supongamos que b = c DM D M es N no está definido. es perpendicular a B C y N Asumimos entonces sin pérdida de generalidad que b < c . Sea U el el punto de la recta B C cuya cuya potencia es la misma respecto de ω y Ω. Para obtener este punto, basta con construir el eje radical de las dos circunferencias y cualquier punto de este eje tendrá igual potencia respecto a una u otra circunferencia. Obviamente, hay exactamente dos tangentes a cada una de ambas circunferencias que pasan por U , siendo D el punto de tangencia de una de ellas con ω. Llamamos E al punto de tangencia con ω de la segunda recta que pasa por U . La distancia de U a los cuatro puntos de tangencia es la misma, luego existe una circunferencia de centro U que pasa por los cuatro puntos, es decir, decir, si demostramos U = N , el problema quedaría resuelto. que U = El eje radical de la circunferencia descrita con centro U y ω y la perpen ω, es claramente la recta D E y dicular a esta recta por I es es la mediatriz de la cuerda D E , luego pasa por U .


Basta entonces con demostrar que el punto W de la altura AH cuya potencia es la misma respecto a la circunferencia de centro U por D y por E , y respecto a ω es el punto medio de AH , con lo que N = U . Ahora bien, dicha potencia es sería P = E y N U D2

− U W 2 = I D2 − I W 2

( W H − I D )2 + H D2 , con lo que la anterior condición es equivalente Pero U W 2 = U H 2 + W H 2 , I W 2 = (W a U D2

− 2W H · I D = U = U H 2 − H D 2 = U D( U D − 2 H D),

W H = =

·

HD UD I D

,

y el problema se reduce a demostrar que esta última expresión es la mitad de la altura. = s − b, C D = s = s − c , B H = c = c cos B , y al estar Llamando s al semiperímetro de AB C , tenemos que B D = s U definido definido como el punto sobre B C tal que su potencia potencia es la misma misma respecto de ω y Ω y llamando 5 AB C y al área de ABC y usando la fórmula de Herón para la misma, tenemos



U D2 = (U (U D

− BD B D )(U )(U D + C + C D ),



2 · ( s − b)( s − c ) U D = = = . )( s − a) C D − BD B D b−c s( s ( b − c )( s

BD C D

Luego

B ) − b − c cos B) 2 ( b − c ) ( s − a) 2 2 h ac − a b − c + b = + c − a) 2 ( b − c ) ( b + c

= W H =

h a ( s





=

=



− 2a b − a2 − c2 + b 2 ( b − c ) ( b + c + c − a)

+ b + + c c)) h a (a + b

2 h

2

 (III.10)

,

que es lo que queríamos demostrar. 5

Herón relaciona el área de un triángulo en términos de las longitudes de sus lados a , b y c c : La fórmula La fórmula de Herón relaciona

  − =

donde s es el semiperímetro del triángulo:

s ( s

a) ( s

− b) ( s − c),


A

R Ω

ω

P I M

O B

C

D

N

H

S




Ejercicio. 4.4. (Castellón, 1995, Ver 30 Ver 30 en en las Referencias Web) En la figura, AB es un segmento fijo y C un punto variable dentro de él. Se construyen triángulos AC B  y C BA , de lados AC AC y C B, respectivamente, en el mismo semiplano definido por equiláteros AC  AB, y otro ABC AB C , de lado AB AB , en el semiplano opuesto. Demuestra: (a) Las rect rectas as AA AA , B B  y C C  son concurrentes. (b) Si llamam llamamos os P al punto común a las tres rectas del apartado (a), hallar el lugar geométrico de P cuando C C varía en el segmento AB . A , B  y C C  de los tres triángulos forman un triángulo equilátero. (c) Los centros centros A (d) Los punt puntos os A A , B  , C  y P están sobre una circunferencia. C 

C 

C

A

B

B

A P

A

B

SOLUCIÓN. (a) Se traza la circunferencia circunscrita al triángulo ABC  y se llama P a la intersección de C C  con ella. = ∠C P B = 60o Evidentem Evidentemente ente (arco capaz) ∠ AP B = 120o y P bisect ctri rizz con con lo que que ∠ APC P C  es su bise AP C = B C A . y P ha de estar en las circunferencias circunscritas a los triángulos AC B  y B Por tanto las tres circunferencias se cortan en P .


C”

C

A

B”

B

A”” A P

A’ A’

B’

B P B  = 180o y P está alineado con Como ∠C P B  = 120o y ∠C P B = 60o sumando queda que ∠ BP BB B B  . Como ∠C PA = 120 o y ∠C PA = PA = 60 o sumando queda que ∠ APA = 180 o y P está alineado con AA . C C  son concurrentes y se cortan en el punto P . Por tanto, AA , B B  y C (b) Como P está definido por la intersección de la recta C C  con la circunferencia circunscrita al AB C  el lugar pedido es el arco AP B de esa circunferencia. triángulo ABC C’

C

C C

A

P

B’

P

P

B

A’’ A

B’

A’ B’

A’’ A


(c) Los lados del triángulo triángulo son perpendicular perpendiculares es a las cuerdas PA, P B y P C que que forman ángulos de o o o 60 o 120 . Por ello, entre sí forman ángulos iguales de 60 . (d) Basta comprobar comprobar que que los centros centros C  , B  , A y P verifican el Teorema de Ptolomeo:6 P C  A B  = P = PA A B  C  + P + P B  A C 

·

·

·

⇔ P C  = P = PA A + P + P B  ⇔ AB = AB = AC AC + C + C B .

La primera implicación es clara, ya que A B  C  forman un triángulo equilátero, y por tanto los lados A B  , B  C  , A C  son iguales. La segunda implicación es cierta si se da: AB

AC CB = = . P C  PA P B 

(III.11)

Vamos Vamos a demostrar las anteriores igualdades.

   

A PA = C C  P C = C C  P C  = B B  P B . (1) A (2) Giramos en sentido horario de las agujas del reloj, con centro P , el ángulo A PA. Entonces, P , A y A A están alineados. P , C  y C C están alineados. P , B  y B B están alineados. (3) Entonces, el segmento B  C  es paralelo a el segmente B C  , ya que tenemos dos triángulos equiláteros con un lado común. P C  B  y P P C  B son iguales. (4) Entonces P

         

AC  P = P = A A C  P , y AC AC  P = P = AC AC  P , luego AC AC  C = A A C  P . (5) Por tanto, AC Entonces los triángulos A C  P y A son semejantes, ya que tienen dos ángulos iguales, A C  C son = A AC  C = A C  P y el otro es C C  AC = 60o = A A P C  . uno es AC 6 El Teorema eorema de Ptolomeo Ptolomeo afirm afirmaa que que en todo todo cuad cuadri rilá láte tero ro inscr inscribi ibibl blee en una una circu circunf nfer eren encia cia,, la suma suma de los los prod produc ucto toss

de los pares de lados opuestos es igual al producto de sus diagonales, es decir, AC BD B D = AB C D + B C AD.

· ·

·

· ·

B

A

C

D


Tendríamos entonces la siguiente situación: C 

α

C 

α

60◦

60◦

A

A

P

C

Entonces, AC PA

=

AC  P C 

C C 

=   , A C

AB = AC AC  , tenemos que: y como AB = AC PA

=

AB P C 

C C 

=   . A C

Nos quedaría por demostrar la segunda igualdad en (III.11 ( III.11), ), y así tendríamos probado lo que queríamos. Para ello, desarrollamos un razonamiento análogo al anterior y llegamos a la situación: C 

β

C 

β

C

60◦

60◦ P

B

Entonces, BC B C  P C 

=

B C P B 

=

C C  C  B 

,

B

C AP. III. PROBLEMAS Y OTROS DESARROLLOS DESARROLLOS AB = B B C  , tenemos que: y como AB = AC

AB B C = = . PA P C  P B 

Por tanto, uniendo los resultados de ambos razonamientos, demostramos lo que se quería, es decir, hemos probado que AB AC CB = =    . P C

PA

P B



Ejercicio. 4.5. (Madrid, 1994, Ver 30 Ver 30 en en las Referencias Web) Sea OX un triedro trirectángulo de vértice O O X Y Z un O y aristas X X , Y , Z . Sobre la arista Z Z se toma un punto fijo C , tal que OC O C = c . Sobre X X e Y Y se toman respectivamente dos puntos variables P y Q Q de modo que la suma O O P + OQ sea una constante dada k . Para cada par de puntos P y Q Q , los cuatro puntos O , C , P , Q están en una esfera, cuyo centro W se proyecta sobre el plano OX O X Y . Razonar cuál es el lugar geométrico de esa proyección. Razonar también cuál es el lugar geométrico de W .

SOLUCIÓN. Sean tres circunferencias circunferencias resultantes resultantes de intersecar intersecar la esfera con con los planos coordenados. Las proyecciones del centro W de la esfera sobre estos planos coinciden con los centros de estas circunferencias (denotados F , G y H ) y al ser el triedro trirectángulo, F , G y H están en los puntos Q C y C C P que son diámetros de sus circunferencias. medios de los segmentos P Q, QC

= k = c , tenemos OQ = k y OC O C = c Parametrizando Parametrizando con la distancia O P = λ y teniendo en cuenta que O P + OQ OX Y Z la con respecto a OX la siguientes coordenadas: P( P (λ,0,0); Q (0, k

− λ, 0); C ( C (0,0, c );

SEC . 4. P ROBLEMAS DE O LIMPIADAS . F AS E N AC IO NA L F



λ k

2

,

 

− λ, 0 2

; G 0,

k

− λ , c 2

2

    λ

; H

2

, 0,

λ

c

2

k

; W

−λ

λ k

2

,

− λ , c 2

2



k

+ y = = del plano X OY . Por tanto, el lugar geométrico de F es es la recta x + y = + 2 2 2 Estudiamos ahora el caso del punto W . A partir de los datos que se tienen, podemos obtener la siguiente matriz:

Para que tenga rango 1, se debe cumplir:

 

x

2 y − k

  −

 

x

− k 2 y − z

  −  1 2

1

c

2

1 k k 2 = 0 ⇒ − x − − y + y + = 0 ⇒ x + x + y = y = , 2 2 −1

x

z

  

c

2

1 2 0

 

c ⇒ − z2 + 4c = 0 ⇒ z = z = . 2

= 0

Por tanto, el lugar geométrico de W es la intersección de los planos:

 

+ y = x + y =

z

=

k

2 c

2 


Ejercicio. 4.6. (Valladolid, 2010, Ver 30 Ver 30 en en las Referencias Web) Sea P un punto cualquiera cualquiera de la bisectriz del ángulo A A en el triángulo ABC AB C , y sean A A , B  , C  puntos B C , C A, AB , tales que PA P A es perpendicular a B C , P B  es perpendicular a C C A respectivos de las rectas B     y P P C es perpendicular a AB AB . Demuestra que PA P A y B C se cortan sobre la mediana AM , siendo M M el B C . punto medio de B C

A M

B 

P

A

B

C 

B  C  . Demostrar que PA y B B  C  se cortan sobre SOLUCIÓN. Sea E el el punto de intersección de PA y B la mediana AM cuando P se mueve sobre la bisectriz AI ( I en en el incentro) equivale a demostrar que el lugar geométrico de E cuando P se mueve sobre AI es la mediana AM . C

F A

B 

M

P E

A

C 

B

Si P se mueve sobre la bisectriz AI ( I es el incentro), la figura P B  C  E es homotética de sí misma con respecto al punto A. Luego E describe describe una recta que pasa por A. La bisectriz AI corta a la circunferencia circunscrita a ABC AB C en F , que se proyecta en el punto medio M de B C .


Si P = F , la recta B  C  es la recta de Simson7 de F . Luego el lugar geométrico de E es es la mediana AM . C

B  A  A  A B 

M P P

E

B P

E

E A

C 

B

C 

C 



7

Simson en un triángulo es cualquier recta que une los pies de las perpendiculares a los lados del Una recta Una recta de Simson en triángulo, trazadas desde un punto de la circunferencia circunscrita.

X P Y

Z


Ejercicio. 4.7. (Girona, 2009, Ver 30 Ver 30 en en las Referencias Web) En el interior de una circunferencia de centro O y radio r se toman dos puntos A y B , simétricos respecto de O O . Se considera un punto variable P sobre esta circunferencia y se traza la cuerda P P  , perpendicular a AP . Sea C el punto simétrico de B respecto de P P  . Halla el lugar geométrico del punto Q intersección de P P  con AC , al variar P Q , intersección P sobre la circunferencia.

SOLUCIÓN. Primera solución: P C Q P 

B

O

A

P 

r = 1 y un Tomamos r = unos os ejes ejes de coor coorde dena nada dass en los los que que la ecua ecuaci ción ón de la circ circun unfe fere renc ncia ia es x 2 + y 2 = 1, es decir, decir, con centro ( 0, 0), y las coordenadas de A( A(a, 0), B (− a, 0), con 0 < a < 1.  Sea P ( x 0 , y 0 ) punto de la circunferencia, entonces x 0 2 + y 0 2 = 1. Por las condiciones del problema (C simétrico simétrico a B ), P  es el punto medio de B C . ( x 1 , y 1 ) a las coordenadas de C , se tiene: Llamando ( x x 1 = 2 x 0 + a + a , y 1 = 2 y 0 .

Entonces la ecuación de la recta 8 C A es

− 0 ⇒ x y − − − a = y − + y 0 a = 0. 0 − y 0 x + + a − a 2 x 0 + a 2 y 0 − 0 x

8

B ( x 2 , y 2 ). Su ecuación se obtiene: Sea r una recta que pasa por dos puntos, A( x 1 , y 1 ) y B

− − = y − − y 1 x 2 − x 1 y 2 − y 1 x x 1


La pendiente9 de P  B es

y 0 + a x 0 + a

+ a x + a P  B forman un ángulo y la de P  P es − 0 , ya que las rectas P  P y P y 0

1 recto, entonces la pendiente de P  P es − siendo m la pendiente de P  B . m  Ahora obtenemos la ecuación de P P .

= m x + x + b la ecua Sea y = m ecuaci ción ón gene genera rall de un unaa rect rectaa dond dondee m es su pend pendie ient nte. e. En nu nues estr troo caso caso,, toma tomamo moss + a + x a el punto P  ( x 0 , y 0 ) y la pendiente es − 0 . y 0

Calculamos b: y 0 =

+ a + a x 0 + a − x 0 y + a x 0 + b + b ⇒ b = y 0 + x 0 . y 0

0

Una vez obtenido b, sustituimos en la ecuación general: + a + a x 0 + a − x 0 y + a x + + y 0 + x 0 ⇔ y 0 y = = −( x 0 + a + a)) x + + y 0 2 + x 0 2 + x 0 a y 0 0 1 = −( x 0 + a + a)) x + + 1 + x 0 a ⇔ y 0 y + + ( x ( x 0 + a + a)) x − ⇔ y 0 y = − x 0 a − 1 = 0.

y = =

x 0 2 + y 0 2 =

Resolviendo el sistema de ecuaciones:



+ y 0 a x 0 y y 0 x + y 0 y + + ( x ( x 0 + a + a)) x x 0 a

−

− −

−

=0 1=0

obtenemos las coordenadas del punto Q , intersección de AC y P  P : Q



+ a x 0 + a

1 + x 0 a

,

y 0 (1

− a2 )

1 + x 0 a



.

Denotando por x , y a a las coordenadas de Q y despejando los valores de x 0 e y 0 se obtiene x 0 =

− x , − 1 a x − a

y 0 =

− y . − 1 a x −

Imponiendo ahora la condición x 0 2 + y 0 2 = 1, se llega a

− x )2 + y 2 = 1, − 1)2 (a x − − 1)2 (a x − (a

2

y 2

= 1, que es la ecuación de una y mediante operaciones se transforma en la ecuación x + 1 − a2 elipse.

9

B ( x 2 , y 2 ): Pendiente de una recta dados dos puntos, A( x 1 , y 1 ) y B m =

− y 1 x 2 − x 1 y 2

C AP. III. PROBLEMAS Y OTROS DESARROLLOS DESARROLLOS Segunda solución:

Demostramos primero que dados dos puntos A, B del plano, el conjunto de los puntos P (del mismo plano) tales que PA2 + P B 2 es constante y mayor o igual que AB 2 , es una circunferencia de centro el punto medio de AB y que tiene a los puntos A y B B en su interior. ( d , 0), B = (− d , 0) y sea P = ( x , y ) y ) cualquier punto. Se tiene entonces Supongamos A = (d PA2 + P B 2 = ( x ( x

− − d )2 + ( x ( x + d + d))2 + ( y ( y − 0)2 + ( y ( y − 0)2 = 2 x 2 + 2 y 2 + 2d 2 .

Así que si por hipótesis PA2 + P B 2 = k ≥ AB2 = (d − (−d ))2 = 4 d 2 , se tiene que 2 x 2 + 2 y 2 + 2d 2 = k

≥ 4d 2 ⇒ x 2 + y 2 = 2k − d 2 ≥ d 2.

B C cort B C ). Sea R el punt puntoo dond dondee BC cortaa a P P  (que (que es perpen perpendic dicula ularr a BC ). Aplica Aplicand ndoo el Teorema eorema de Pitógo Pitógoras ras,, vemos que el punto R satisface PR P R2 = B P 2

− BR2 = AR2 − AP 2,

R = P P  . luego R está en la circunferencia y es distinto de P , con lo que R = Ahora bien, se tiene 2 2 AP 2 + B P  − ( AP − BP B P  )2 k − P P  − ( AP − BP B P  )2 k − AB2  = = AP · BP B P = , 2 2 2 2 2 k = AP AP 2 + B P 2 = AP  + B P  . donde k =

Además, la potencia de A respecto de la circunferencia es r

2

−d

2

=

k

− 2d 2

2

=

k AB 2

−

2

,

con lo que el segundo punto S en el que AP corta a la circunferencia es tal que AS = B P  = C P  . AS P  C es Como C P  ⊥ P P  ⊥ AP se tiene que AS es paralelo a C P  y AS es un paralelogramo. Finalmente, 2

2

2

2

P P  + PS P S 2 = AP  + AS2 + 2 AS AP = AP = AP AP  + B P  + k AB2 = 2k

· ·

−

− 4d 2 = 4r 2,

= AC = = 2 r . Como AQ + BQ = BQ = AC AC = 2 r , el lugar de Q es la elipse interiormente tangente es decir, P  S = AC a la circunferencia dada, con A y B B como focos.


P P 

C

Q Q

P

P 

O

B

A

P  C

P 

Q

P




Ejercicio. 4.8. (La Rioja, 2002, Ver 30 Ver 30 en en las Referencias Web)  En un triángulo ABC AB C , A es el pie de la altura relativa al vértice A A y H H el ortocentro. AA (a) Dado un número número real positivo positivo k k tal que = k , encontrar la relación entre los ángulos B y C C HA H A

en función de k k . B y C son fijos, hallar el lugar geométrico A para cada valor de k k . (b) Si B geométrico del vértice A

SOLUCIÓN. A

C  B  H

B

A

C

Tenemos: = c cos B ; AA = c = c sen B , BA = c AA

AA

H A H A sen B 1 c k  = = = = tan B . tan H BA =  = BA c cos B c cos B k cos B k cos B k 1 1 B = C = También tenemos que tan B = y por tanto, tan ta n . Entonces, tan H C A tan H BA

tan H BA =

1 1 = tan B ⇒ k = tan B · tan C . tan C k

(III.12)

a = B B C , unos ejes con origen en el punto medio de B C y Para el segundo apartado, tomamos a = y eje OX sobre el lado B C . a a C Por tanto, B − , 0 y C ,0 . 2 2

   

SEC . 4. P ROBLEMAS DE O LIMPIADAS . F AS E N AC IO NA L A( x , y ) y ), entonces la condición (III.12 Sea A( (III.12)) se escribe: y a

− x

2

·a

2

y

= k

+ x + x

2

⇔ y

= k

− a2

4

x 2

.

Entonces, x 2 a2

+

y 2 ka 2

4 es la ecuación de una elipse. Para la ecuación general de la elipse, 2

2

(1) a > b ⇒ a = b + c

2

⇒ c =



x 2 a2

 − a2

= 1,

4 y 2

+ 2 = 1 b



, podemos distinguir dos casos:

b2 .

La semidistancia focal es c y el semieje mayor es a . En este caso se trata de una elipse horizontal. 2

2

(2) a < b ⇒ b = a + c

2

⇒ c =

 − b2

a2 .

La semidistancia focal es c y el semieje mayor es b. En este caso se trata de una elipse vertical. En nuestro caso concreto tenemos: Si k < 1, estamos en el primer caso, entonces tenemos una elipse horizontal con eje mayor sobre OX O X . c =

 − a2

k a 2

4

4

=

a

2

 −

1 k,

a

siendo c la semidistancia focal y semieje mayor . 2 Si k > 1, esta estamo moss en el segu segund ndoo caso caso,, ento entonc nces es tene tenemo moss un unaa elip elipse se vert vertic ical al con con eje eje mayo mayorr sobre sobre OY , c =

 

ka 2

4

a 2

−4

siendo c la semidistancia focal y semieje mayor

 − 

= a

2

a

2

k.

k

1,


H

A

A

F

H

B

F 

A

F

C

B

A

C

F 



Ejercicio. 4.9. (Requena, 2014, Ver 30 Ver 30 en en las Referencias Web) Sean B dos puntos fijos de una circunferencia de centro O B y C C dos O , que no sean diametralmente opuestos. Sea A A un punto variable sobre la circunferencia, distinto de B y C , y que no pertenece a la mediatriz de B C . Sean H , el ortocentro del triángulo AB C ; y M y N los puntos medios de los segmentos B C y AH , respectivamente. La recta AM corta de nuevo a la circunferencia en D, y, finalmente, N M y O D se cortan en un punto P . Determinar el lugar geométrico del punto P cuando A recorre la circunferencia.

SOLUCIÓN. Consideram Consideramos os el caso en el que  ABC es acutángulo. En primer lugar, lugar, denotaremos por   A el punto diametralmente opuesto a A con lo que los triángulos ACA AC A y ABA AB A son rectángulos. Los C A son paralelos por ser perpendiculares a AC . Igualmente, H C y BA B A también son segmentos H B y C paralelos por ser perpendiculares a AB .


A

A

N

N

O

O

H

H

C

B

M

C

M

B P

A’’ A D

Entonces, CHBA es un paralelogramo y, y, por tanto, M es el punto medio de H A . Los triángulos AA H OA M son y OA son semejantes con razón de semejanza conocida. Es decir, tenemos que O M M A 1 AH = = = = = AN = N H . ⇒ O M AH HA H A 2 2 Luego O M H N es es otro paralelogramo. Sea D la intersección de AM con la circunferencia y sea P el punto de corte de O D con N M . Puesto que  AOD es isósceles, entonces ∠OAD = ∠O DA. Como O M y AN son paralelos, paralelos, pues ambos son perpendiculares al lado B C , además además de iguales, entonces entonces AOMN es es también un paralelogramo. Y, de aquí, tenemos que ∠OAM = ∠ AM N = ∠ P M D por ser opuesto por el vértice. Sintetizando, tenemos que OAD = ∠O DA = ∠ P D M , ∠ P M D = ∠OAM = ∠OAD =

con lo que  P D M es es isósceles y, por tanto, P M = P D. Finalmente, tenemos que + P M = OP + P D = O = OD = r = Cte. O P + P O P + P D = r M , y eje Es decir, con A variable, el punto P se mueve sobre una elipse incompleta con focos en O y M mayor el radio de la circunferencia. En esta elipse hay que descartar los cuatro vértices. En efecto, si el punto P estuviese sobre el eje mayor de la elipse, tambien estaría D y por tanto A, lo cual está excluido del enunciado ya que en este caso AD y N M son son coincidentes. Si el punto P fuese uno de r r = r , entonces P D = . los vértices del eje menor de la elipse, tendríamos O P = P M = . Como O D = r 2 2 O B es el eje Supongamos que P está del lado de B , entonces la paralela a B M por por el punto medio de OB O B es precisamente P y D coincide con B , lo que menor de la elipse, con lo que el punto medio de OB AB C sería implicará que A coincide con C , lo cual está excluido del enunciado enunciado ya que ABC sería degenerado. El C y resto de puntos de la elipse se pueden obtener cuando A es distinto de B y C y no está en la mediatriz de B C .

C AP. III. PROBLEMAS Y OTROS DESARROLLOS DESARROLLOS A A

N

N

O H H

M

C

P

D

B P

D



SEC . 5. P ROBLEMAS DE O LIMPIADAS . F AS E I NTERNACIONAL

5. Problemas Problemas de Olimpiadas. Olimpiadas. Fase Internacion Internacional al Ejercicio. 5.1. (Checoslovaquia,1962, [ 1, Enunciado, solución: páginas 26, 29, Ejercicio 4.5 ]) Sean A A, B , C puntos distintos de una circunferencia K . Dibujar con regla y compás un cuarto punto D en la circunferencia K tal que una circunferencia se puede inscribir en el cuadrilátero ABC ABC D .

B C y SOLUCIÓN. Sea AB ≥ BC y D el cuarto punto que se necesita. El punto D pertenece al arco AC , que AB + C C D = AD = AD + + B BC C (1.6. no contiene B . A partir de la condición AB + 1.6.)) se deduce que AB

− BC B C = AD − C D ≥ 0.

(III.13)

B y D D se encuentran Entonces Enton ces,, el punto punto D perten pertenece ece a la circun circunfer ferenc encia ia circun circunscr scrita ita al triáng triángulo ulo ABC y B encuentran en el mismo lado de la línea bisectriz del segmento AC .

D

E

C

A

O

B

Sea E un un punto del segmento AD tal que D E = DC . Entonces E DC es un triángulo isósceles cuyo D P r op . (1.5. π − ˆ 1.5.)) ∠ ABC E DE D E C = = = ángulo en es: es: ∠ . 2 2 ∠ ABC AE C = π − AE C y D E C son adyacentes10 , y por tanto Resulta que ∠ AEC , ya que que los ángu ángulos los AEC 2 suplementarios. 10

Dos a´ angulos n´ gulos son adyacentes si tienen un lado en común y los otros dos están en la misma recta.

C AP. III. PROBLEMAS Y OTROS DESARROLLOS DESARROLLOS B C 11 y centro Obtenemos que E es es el punto de intersección de la circunferencia de radio r = AB − BC ˆ B A, y la circunferencia que pasa por los puntos A, C , que define el ángulo ∠ AEC AE C = π − . Se obtiene 2 de esta manera el punto E . Y a partir de esto, se obtiene obviamente el punto D buscado. 

Ejercicio. 5.2. (Alemania del Este, 1965, [ 1, Enunciado, solución: páginas 45, 49, Ejercicio 7.6 ]) Sea n puntos en un plano, n ≥ 3 , y d la distancia máxima entre dos puntos de este conjunto. De-

mostrar que a lo sumo n parejas de puntos están situados a una distancia d .

SOLUCIÓN. Sea M el conjunto de puntos dados. Llamamos diámetro de M al segmento X Y de X ) es el disco circular de centro X longitud d , donde X , Y ∈ M . Para cualquier punto X ∈ M , C ( X ) y radio d . Si AB es un diámetro de M , entonces entonces cualquier cualquier punto X ∈ M es un punto interior del A) ∩ C ( B) B ) o es un punto de los arcos que definen esto. dominio C ( A)

A

B

A) ∩ Si AB , AD son diámetros del conjunto M , cualquier punto X es un punto interior del dominio C ( A) B ) ∩ C ( C ) o un punto de los arcos que lo definen. C ( B) 11

+ EA AD = D E +

III.13)) DE = DC ⇒ E A = AD − DE DE = ⇒ EA = AD − DC (III.13 ⇒ EA = r = AB − BC B C .


B

D

A

A), en Supongamos que AB , AD , AE son son diámetros del conjunto M y que B , D , E se encuentran en C ( A) o B E ) ≤ 60 . Aplicando el argumento anterior se deduce el orden las agujas del reloj. Entonces a r c ( BE que AD es el único diámetro que termina en D, como se ilustra en el dibujo siguiente.

B

A

D i

E

Por tanto, se deben considerar los siguientes casos: (1) Existe un punto A, A ∈ M , de manera que al menos dos diámetros AB, AD acaban en A. El ∈ M contribuye conjunto { A, B , D} contiene a lo sumo 3 diámetros y cualquier otro punto E ∈ contribuye al conjunto de diámetros con un elemento, como máximo.


(2) Cada punto A, A ∈ M , es un punto final de como máximo un diámetro. Si quitamos el punto D del diámetro AD te siguen quedando todos los puntos de dentro del dominio, pero estos no se encuentran a distancia d de A. El siguiente ejemplo muestra un conjunto M para el que el máximo n es conocido. AB C de Tomamos un triángulo equilátero ABC de lados d y describimos tres circunferencias iguales de radio d y centros en A, B , C . Tomamos en los arcos AB , B C , AC diferentes diferentes puntos en el orden de n − 3.

A C 1

Bq

C 2 B2

C r

B1

B

C A1 A 2

A p



Ejercicio. 5.3. (Rumanía, 1969, [ 1, Enunciado, solución: páginas 70, 74, Ejercicio 11.4 ]) Sea AB el diámetro de la semicircunferencia Γ y sea C un punto de Γ , C diferente de A y B . La proyección perpendicular de C en el diámetro es D. Las circunferencias Γ 1 , Γ 2 , Γ 3 se dibujan de la AB, Γ 1 está ABC y Γ 2 , Γ 3 son ambas siguie siguiente nte manera manera:: son tangen tangentes tes a AB está insc inscri rita ta en el trián triángu gulo lo ABC ambas tangen tangentes tes al segmen segmento to C Demostrar rar que las circun circunfer ferenc encias ias Γ 1 , Γ 2 , Γ 3 , tien tienen en una una segu segund nda a tang tangen ente te comú común. n. C D y Γ . Demost

SOLUCIÓN. Usaremos Usaremos coordenad coordenadas as para demostrar demostrar este este problema. problema. O B es el eje OX O X . Podemos considerar que: Sea O el centro de Γ y supongamos que OB El radio de Γ es 1. C ( a, b ). Las coordenadas de C son C ( = a , C D = b = b y a Esto es, O D = a ( I.2). ). a 2 + b 2 = 1 (I.2


Sean O1 , O2 , O3 los centros de Γ 1 , Γ 2 , Γ 3 respectivamente. Las circunferencias Γ 1 , Γ 2 , Γ 3 tienen una segunda tangente común si y sólo si O1 , O2 , O3 son puntos colineales, ver página 16 página 16,, y en este caso la recta tangente requerida es el reflejo de AB en la recta O1 O3 . Sean r 1 , r2 , r3 los radios de Γ 1 , Γ 2 , Γ 3 respectivamente, T 2 , T 3 los puntos de tangencia de Γ y Γ 2 , Γ 3 res S 1 , S2 , S3 las proyecciones de O1 , O2 , O3 en AB , respectivamente. pectivamente y S = a + + r r2 , y 2 = r 2 donde r2 se puede obtener usando la condición El centro O2 tiene coordenadas x 2 = a r =1 OO2 + O2 T 2 = O = OT T 2 = 1. Γ

OO2

2 T. Pitágoras

=

2

2

r2 + (a (a + r + r2 )

⇒ OO2 =



r2 2 + (a ( a + r + r2 )2 ,

= r 2 . O2 T 2 = r

Entonces,



(a + r + r2 )2 + r22 + r + r 2 = 1

⇒ r2 = −(a + 1) +



a ). 2(1 + a)

Otra forma de obtener el valor de r2 sin utilizar la condición anterior, sería aplicando un corolario del Teorema Teorema de Pitágoras12 . 1 − r2 =



 ⇒

( a + r + r2 )2 + r 22

(a + r + r 2 )2 + r 22 + r + r2 = 1

⇒ r 2 = −(a + 1) +



a ). 2(1 + a)

= a − r3 , y 3 = r 3 donde r3 se puede obtener usando la condición El centro O3 tiene coordenadas x 3 = a = OT OO3 + O3 T 3 = O T 3 = 1. OO3

2 T. Pitágoras

=

2

(a r3 + (a

− r3)2 ⇒ OO3 =



(a r3 2 + (a

− r3)2,

= r 3 . O3 T 3 = r

Entonces,

 − (a

+ r 3 = 1 r3 )2 + r32 + r

⇒ r3 = −(1 − a) +

 −

2(1 a).

12

Pitágoras se deduce una serie de corolarios, siendo de ayuda uno de ellos en este ejercicio, el cual Del Teorema Del Teorema de Pitágoras se establece que: h =



c1 2 + c2 2 ,

siendo h la hipotenusa de un triángulo rectángulo y c c 1 , c2 sus respectivos catetos. c 2 = r 2 En este caso, tomamos OS 2 O2 triángulo rectángulo, h = 1 − r2 , c1 = a + r2 y c

C AP. III. PROBLEMAS Y OTROS DESARROLLOS DESARROLLOS T 3 C

O3 T 2

O1 O2

A

S1

S3 O

= r 1 . El centro O1 tiene coordenadas x 1 = 1 − BS 1 , y 1 = r

Sea S el área y p el semiperímetro de ∆ ABC . Luego S =

 −

S2

D

·

base altura

a2 13 .

2

B

⇒ S = (1 +21) b ⇒ S = b =

1 Los lados AC , BC se pueden obtener por el Teorema del cateto:14 B C se AC 2 = AD AB

· ⇒ AC 2 = 2(1 + a) a ) ⇒ AC = =

BC B C 2 = B D AB

· ⇒ BC B C 2 = 2(1 − a) ⇒ BC B C =

13

  −

a ), 2(1 + a)

2(1 a).

Tomando el triángulo rectángulo O DC y aplicando el Teorema de Pitágoras, tenemos que 1 = a 2 + b 2 ⇒ b =

 −

1 a2 .

14

Teorema del cateto para cateto para triángulos se enuncia de la siguiente forma: El cuadrado de un cateto es igual al producto de la hipotenusa por la proyección del cateto sobre la hipotenusa, es c 2 = ma . decir, b 2 = na y c

C

b

c h

A

n

m a

B


Luego p = p =

Usando la fórmula r1 =

2 + S

p



a ) + 2(1 + a) 2

 −

2(1 a)

= 1 +

   − 1 + a + 2

1 a . 2

(ya que Γ 1 está inscrito en ∆ ABC ), obtenemos:

 −    − 1

y 1 = r = r 1 =

1+

a2

1 + a + 2

1 a 2

=

−1 +

   − 1 + a + 2

1 a . 2

= AC + BS + BS 1 , siendo S 1 la proyección O1 es el incentro de ABC AB C . En el dibujo se puede observar que p = AC del incentro sobre el lado AB , entonces, = p AC = = 1+ BS 1 = p

−

    − − 1 + a + 2

1 a 2

2(1 + a) a ) = 1

    − − 1 + a + 2

1 a 2

⇒ x 1 =

  − − 1 + a 2

1 a . 2

La condición determinante de puntos colineales puede ser verificada. x + x + x

y + y + y 3

3 Podemos probar además que: x 1 = 2 y y 1 = 2 2 2 Por tanto, O1 es el punto medio del segmente O2 O3 . En efecto:

+ x 3 x 2 + x

2

= a + = a +

r2

− r3

2 a ) + −(1 + a)

− a +

=a

= x 1

y 2 + y + y 3

2

=

.

   −  −

a ) + (1 − a) 2(1 + a) 2 1 + a 1 a 2 2

 − −

2(1 a)

r2 + r + r3

2 −(1 + a) a ) +

= =

−1 +

= r1



a ) − (1 − a) + 2(1 + a) 2 1 + a 1−a + 2 2

   

 −

2(1 a)




Ejercicio. 5.4. (Rumanía, 1959, [ 1, Enunciado, solución: páginas 8, 11, Ejercicio 1.6 ]) Sean P y Q Q planos que se cortan a lo largo de una recta p. Los puntos A A, C se encuentran en P , Q , ABC D es un respectivamente, pero no en la recta p. Encontrar el punto B en P y D en Q tal que ABC trapecio isósceles ( AB C D) en el que una circunferencia puede ser inscrita.



∈ c . C ∈ SOLUCIÓN. Sean a , c rectas paralelas a p en los planos P , Q, respectivamente, tal que A ∈ a y C ABC D se encuentra en el plano Entonces B ∈ a y D ∈ c , ya que por hipótesis AB  C D . El trapecio ABC c . definido por las rectas a y c ABC D (Mira el Teorema (1.6. Una circunferencia está inscrita en ABC (1.6.).) ).) si y sólo si: AB + AB + C C D = B = B C + AD + AD

a

A

BC = BC = AD

=

E

2 AD

despejando

⇔

AB

2

+

CD

2

= AD = AD = B B C .

(III.14)

B

c H

D

F

C

Sea H la proyección de A en c y sea E F la bisectriz perpendicular a los segmentos AB y C D. La condición anterior es equivalente a: AB

2

+

C D

2

(III.14 III.14))

= AE + C + C F = C H =

AD = AD = B B C .

Por lo tanto, los puntos B y D se pueden dibujar con compás, considerando la circunferencia de centro C y radio C H . ≤ 45◦. Una solución del problema existe si y sólo si C B > E F . Equivalente, C H > > AH , o ∠ ADH ≤ Cuando ocurre la igualdad ∠ ADH = ADH = 45◦ , el trapecio pasa a ser un cuadrado.

SEC . 5. P ROBLEMAS DE O LIMPIADAS . F AS E I NTERNACIONAL a

A

E

B

c

D=H

F

C



Ejercicio. 5.5. (Rumanía, 1959, [ 1, Enunciado, solución: páginas 7, 9, Ejercicio 1.5 ]) Sea AB AB un segmento dado y M un punto del segmento. Sean AMC AMC D y M M B E F cuadrados tomados en el segmento AB. Las circunferencias circunscritas de estos cuadrados tienen centros en P y Q , respectivamente, y se cruzan entre sí en los puntos M y N N . (a) Demostrar Demostrar que las las rectas rectas AF AF y B B C se cortan en el punto N . M N contiene un punto fijo. (b) Demostrar Demostrar que, para cualquier cualquier punto punto M , la recta M (c) (c) Dete Determ rmin inar ar el luga lugarr geom geomét étri rico co del del punt punto o medi medio o del del segm segmen ento to PQ cuando o el punt punto o M es variab variable le P Q cuand M es en el segmento AB .

SOLUCIÓN. Comenzamos Comenzamos demos demostrand trandoo el primer primer apartado. apartado. Sea N el punto de intersección de AF y B C . Vamos a demostrar que N se encuentra en ambas circunferencias. B N son Para demostrar esto, es suficiente comprobar que AN y B son perpendiculares. Denotamos: AB = AB = a, AM = x = x , = α, ∠ FAM F AM = = β . ∠ M B N =


Entonces

− x , a − x tan α =

M B = M = M F = a

x

tan β =

x

a

− x . π

π

Resulta que tan α · tan β = 1 y esto implica que α + β = . Entonces, ∠ AN B = , ya que la suma 2 2 de los ángulos de un triángulo es 180 o .

D

C

N

F

E

P

Q

A

M

B

Otra forma de ver que N se encuentra en ambas circunferencias es estudiando el eje radical. Como vemos en el dibujo siguiente, el eje radical de dos circunferencias secantes (como es el caso), pasa por sus dos puntos comunes, los cuales pertenecen a ambas. En este caso pasa por N y M , y por tanto ambos puntos pertenecen a las dos circunferencias.


Eje radical

D

C

N

F

E

P Q

A

M

B

En el segundo apartado, denotamos S como el punto medio del segmento AB . La mediatriz del segmento AB se corta con la recta M N en en el punto T . El ángulo entre las rectas M N y AB AB es: B M N = 180 ∠ BM

o

π M AN − M ) = ∠ M AN + + ∠ AN M = α + . − ∠ AM N = 180 − (180 − ∠ MAN − ∠ AN M ) 4 o

o

Para entender esta serie de igualdades, hay que tener en cuenta una serie de propiedades: AM N son adyacentes15 . Los ángulos adyacentes son suplementarios. Así (I) Los ángulos B M N y AM + ∠ AM N = 180o ⇒ ∠ BM B M N + B M N = 180o − ∠ AM N . tenemos que ∠ BM M AN − ∠ AN M . (II ) La suma de los ángulos ángulos de un triángulo triángulo es 180o . De ahí, que ∠ AM N = 180o − ∠ MAN

(II I) El ángulo M AN coincide coincide con el ángulo F AM , que por hipótesis es α . (IV ) El ángulo AN M es es la mitad del ángulo AN B , que hemos calculado en el primer apartado que π era . 2 B M N ya Tenemos que tan ∠S M T = tan ∠ BM ya que son ángulos opuestos por el vértice. 15

Dos a´ angulos n´ gulos son adyacentes si tienen un lado en común y los otros dos están en la misma recta.


Entonces, π

− x + 1 a π 4 = tan α + 1 = x = tan ∠S M T = tan(α + ) = . π a − x x a − − − 4 1 tan 2 α 1 − tan α · tan 1− tan α + tan

a

4

Por otro lado tan ∠S M T =

S T S M

=

S T

− −

AM AS

x

=

2S T S T = . a x a 2 x

− − 2

− −

Igualando las dos expresiones anteriores: a

− a 2 x −

a

=

2S T − a 2 x −

⇒ a = 2S T ⇒ ⇒ S T = 2a .

Así que llegamos S T = , y por lo tanto T es es un punto fijo. 2

D

C

N

E

P Q

A

S M

B

T

Otra forma de realizar este apartado sería aplicando el Teorema de la tangente y de la secante, para cada una de las circunferencias dadas. Tomamos una tangente en cada una de las circunferencias y la recta secante común a ambas. Aplicando el teorema, tenemos: ( T A)2 = T M T N ,

· · ( T B )2 = T M · · T N .


Igualando tenemos que T A = T B , entonces el punto T tiene igual potencia respecto a ambas circunferencias y por tanto T es es fijo. El tercer apartado no depende de ninguno de los anteriores. Sea J el punto medio del segmento PQ . Sea P  , Q  y J  las proyecciones perpendiculares en AB de P , Q y J J , respectivamente. Entonces es obvio que J J  es la mediana del trapecio P QQ P  . a Luego J J  = . Por tanto, el lugar geométrico del punto J cuando M varía en AB , es un segmento 4 a paralelo a AB a distancia . 4

Q a/4

P

J

J

Q P

J  A

P 

J  = M

Q

P

a /4

P 

A

B

M

Q

B

J Q

A

P 

J 

M

Q

B




Ejercicio. 5.6. (Rumanía, 1960, [ 1, Enunciado, solución: páginas 12, 16, Ejercicio 2.5 ]) Sea ABCDA ABCDA B  C  D un cubo, X un punto variable del segmento AC e Y un punto variable del seg- B  D . mento B (a) Encontrar Encontrar el lugar geométrico geométrico del punto medio del segmento X X Y . (b) Encontrar Encontrar el lugar geométrico geométrico del punto punto Z , Z en en el segmento X Y , tal que Z Y = 2 X Z .

SOLUCIÓN. Consideram Consideramos os el primer primer caso. caso. Sea Sea Z el el punto medio del segmento X Y . Es obvio que si  π, π son planos paralelos, X un punto variable en π e Y un punto variable en π  , entonces el lugar geométrico del punto medio del segmento X Y es es un plano paralelo a la misma distancia de π y π π  .

Y B



Π

Z

A X Π

ABC D y A A B  C  D a la En nuestro caso, el lugar geométrico está contenido en un plano paralelo con ABC a = a . misma distancia, , de estos planos, donde AA = a 2 B  D . Entonces, el Fijamos un punto arbitrario X en AC y y sea Y un punto variable en el segmento  a 2 lugar geométrico de Z es la línea media del triángulo D  X B  . Tiene longitud . Cuando X se 2

SEC . 5. P ROBLEMAS DE O LIMPIADAS . F AS E I NTERNACIONAL a

mueve en el segmento AC , la línea media se mueve paralelamente a distancia respecto de las dos 2 bases. Considerando las posiciones límite, X = A y X = C , concluimos que el lugar geométrico de Z es es el cuadrado cuyos vértices  están en los centros de las caras laterales del cubo. El lado del cuadrado a 2 tiene una longitud . 2 C 

B Y

D

A

B C X

D

A

También, es posible dar la solución mediante coordenadas. Supongamos A = (0,0,1), B  = (1,0,1), C  = (1,1,1), D = (0,1,1).

A = ( 0,0,0), B = B = (1,0,0), C = ( 1,1,0), D = D = (0,1,0),

Entonces X = ( α, α, 0) e Y = ( β , 1 − β , 1) donde 0 ≤ α, β ≤ 1.

Supongamos

Z X

Z Y

= c , siendo c una constante real positiva. Entonces Z tiene coordenadas16 :





c (1 β ) α + c β α + c( c Z , , . 1 + c 1 + c 1 + c 16

−

Las coordenadas de un punto P ( x p , y p , z p ) que divide un segmento AB según una razón r son: x p =

x A + r x B y + r y B z + r z B , y p = A , z p = A 1 + r 1 + r 1 + r

C AP. III. PROBLEMAS Y OTROS DESARROLLOS DESARROLLOS c

Entonces Z pertenece al plano z = . Para precisar el lugar geométrico de Z en este plano 1 + c tenemos que estudiar el problema para el conjunto de puntos



c (1 β ) α + c β α + c( M = ( x , y ) y ) x x = y = , y = ,0 1 + c 1 + c

|

−

 ≤

≤ α, β

1 .

El conjunto M sería un rectángulo, como se representa en la figura siguiente: D

C

A

B

Z Y . La resolución Este sería un método general, donde c toma valores según la relación entre Z X y Z del del segu segund ndoo apar aparta tado do,, se pued puedee obte obtene nerr sigu siguie iend ndoo un razon razonam amie ient ntoo anál análog ogoo al méto método do ante anteri rior or,, solo solo 1 tendríamos que tener en cuenta que c = .  2

Ejercicio. 5.7. (Alemania del Este, 1965, [ 1, Enunciado, solución: páginas 44, 47, Ejercicio 7.5 ]) OAB un triángulo tal que ∠ AOB = AOB = α, α < 90o . Para cualquier punto M del plano, M  Q Sea OAB = 0, P y Q

son los pies de las perpendiculares de M en OA OA y OB O B , respectivamente. El punto H H es el ortocentro O PQ . Encontrar del triángulo O Encontrar el lugar lugar geométrico geométrico del punto H en los siguientes casos: (a) M es un punto variable sobre el segmento AB . (b) M es un punto variable dentro del triángulo AOB .

SOLUCIÓN. O AB. Sean K , L los pies de altura desde A, B , respectivamente, en el triángulo OAB Vamos Vamos a demostrar que el lugar geométrico del punto H es el segmento K L , cuando M es es un punto variable del segmento AB .

SEC . 5. P ROBLEMAS DE O LIMPIADAS . F AS E I NTERNACIONAL A P L Q K 

M

H

O

L 

P 

Q

K

B

P  , L  los pies Sean Q  , K  los pies de las perpendiculares de Q , K , respectivamente, en la recta OA y P O B . de las perpendiculares de P , L , respectivamente, en la recta OB   AM KQ K Q = k. Entonces =  = k . De ello se deduce que la recta paralela QQ  a K K  en el Sea M B QB Q L  triángulo L K K divide divide el lado L K con con razón k . De la misma manera P P  divide L K con con razón: K P 

AP AM = = = k . P  L  P L M B

Luego QQ  y P P  intersecan el segmento K L en el mismo punto. Cuando M es es uno de los puntos A, B se obtienen los puntos finales K , L , respectivamente.

L

P P

P

P A M

H H

M

H

M

H O

K Q

M

Q

Q Q B

Para la segunda parte del problema, cuando M es un punto interior del triángulo OAB , demostraremos que el lugar geométrico de H es el conjunto de puntos interiores del triángulo OK O K L .


Sea A B  el segm segmen ento to para parale lelo lo a AB a trav través és del del punt puntoo M . Ent Entonc onces es ∆OA B  es la imag imagen en de ∆OAB bajo 17 una transformación de homotecia de razón λ , λ < 1, y centro centro O . Cuando M es es un punto variable   sobre el segmento A B , el lugar geométrico de H es la imagen de L K en en virtud de la transformación O K L . considerada. De esta manera obtenemos el interior del triángulo OK A L

P

P H P M

M

H

M

P H O

M

H

Q

Q

Q

K

Q

B



Ejercicio. 5.8. (Rumania, 1959, [ 1, Enunciado, solución: páginas 7, 9, Ejercicio 1.4 ]) La hipotenusa AB tiene una longitud c AB de un triángulo rectángulo ABC AB C tiene c y la mediana correspondiente C es la media geométrica de los lados AC y B C . Construir AB C usando regla al vértice vértice C Construir el triángulo triángulo AB y compás.

SOLUCIÓN. El triángulo triángulo está inscrito inscrito en una semicircun semicircunferen ferencia cia de diámetro diámetro AB, AB = c . Ésta coo rresponde con el arco capaz de ángulo 90 . Sea O el centro de la circunferencia y al ser ésta circunscrita a un triángulo, O coincide con el circuncentro del triángulo inscrito. O es el punto medio del segmento AB, situado a una distancia c c O C tiene , tanto del vértice A como de B . Luego, la mediana OC tiene longitud , ya que el circuncentro se 2 2 encuentra a igual distancia de todos los vértices.



c

c2

Por el enunciado sabemos que a b = , entonces a b = . Usamos la fórmula del área del trián2 4 c 1 1 gulo18 , tenemos que S = S = a b = ch , donde h es la altura desde el vértice C . Por lo tanto, h = h = . 2 2 4 17

Una homotecia Una homotecia es es una transformación afín que, a partir de un punto fijo, multiplica todas las distancias por un mismo factor. En general una homotecia de razón λ diferente de 1 deja un único punto fijo, llamado centro.

·

18 = base altura S

2

SEC . 5. P ROBLEMAS DE O LIMPIADAS . F AS E I NTERNACIONAL c

Para construir el punto C es suficiente dibujar una línea paralela a AB a una distancia . Corta al 4 arco capaz en dos puntos: C 1 y C 2 . De esta manera, hemos calculado dos lugares geométricos, es decir, dos conjuntos de puntos que verifican las condiciones que nos pedía el enunciado. En este caso son dos triángulos cuyos puntos cumplen las características pedidas.

C 2

C 1

B

A c /2

c /2

O



Ejercicio. 5.9. (Rumanía,1960, [ 1, Enunciado, solución: páginas 12, 15, Ejercicio 2.3 ]) AB C un triángulo rectángulo, h la longitud de su altura desde el vértice A (el ángulo recto) y n n Sea AB un entero positivo impar. La hipotenusa B C tiene tiene longitud a a y está divida en n n segmentos iguales. El B C es visi A bajo segm segmen ento to que que cont contie iene ne el punt punto o medi medio o de B visibl ble e desd desde e el punt punto o A bajo un ángu ángulo lo α. Demost Demostrar rar que

tan α =

4nh . (n2 − 1)a

SOLUCIÓN. En este este caso, caso, el arco arco capaz capaz de ángul ánguloo 90o coincide con la semicircunferencia cuyo diámetro es el segmento B C , ya que estamos trabajando con un triángulo rectángulo. = x y Sea H el pie de la altura desde el vértice A. Por conveniencia introducimos las notaciones B H = H AK = = β . Es posible determinar x a a partir de la ecuación: ∠ HAK h2 = x ( x ( a

− x ).

(III.15)

la cual se obtiene por el Teorema de la altura para triángulos rectángulos. rectángulos.19 19

Teorema de la altura. altura . En un triángulo rectángulo, el cuadrado de la altura sobre la hipotenusa es igual al producto de las proyecciones de los catetos sobre la hipotenusa, es decir, h 2 = m · n.


A

β

B

α

K O

H

C

L

Luego, tan α se puede determinar a partir de los triángulos H AK y H AL . Para ello utilizamos la fórmula de la tangente de la suma de dos ángulos. 20

 −   ·  LH L H

tan α =

tan(α + β ) − tan β = 1 + tan(α + β ) tan β

h

1+

K H

h LH L H K H h

h( LH L H K H ) LH − K H = LK h LK L K = 2 = . h + L H K H h2 + L H K H

−

h

·

·

Los segmentos L H , K H y L K están están dados por las fórmulas:

C

α = 90◦ h

B

A n

m

tan α + tan β ⇒ tan(α + β ) − tan(α + β ) tan α · tan β = tan α + tan β . 1 − tan α · tan β Agrupando términos: tan(α + β ) − tan β tan α(1 + tan(α + β ) tan β ) = tan(α + β ) − tan β ⇒ tan α = . 1 + tan(α + β ) tan β 20

tan(α + β ) =

·

(III. (III.16 16))


LK L K = =

= LH L H =

K H = =

a n

,

n + 1

2n n

a

− x ,

− 1 a − x .

2n Aplicando estas fórmulas a la ecuación (III.16 (III.16)) tenemos que: h

tan α = h2 +



n+1

2n

a

   − − · − x

=

n

+ a 2 n2 − a2 − 4n2 x (a − x ) + a

4nh an 2

−a

=

1

2n

4anh

(III.15 III.15))

=

· an

a

x

=

4anh 4n2 h2 + a2 n2 − a2 − 4a x n2 + 4n2 x 2

= 4a x n2 + 4n2 x 2 4n2 x (a

4anh

− x ) + a + a 2 n2 − a2 − 4a x n2 + 4n2 x 2

4nh a ( n2

− 1) . 

Bibliografía [1] M.

Becheanu, International Mathematical Olympiads. 1959–2000 , The Academic Distribution Center, 2001. 5.1. 2001. 5.1.,, 5.2. 5.2.,, 5.3. 5.3.,, 5.4. 5.4.,, 5.5. 5.5.,, 5.6. 5.6.,, 5.7. 5.7.,, 5.8. 5.8.,, 5.9.

[2]

Cristóbal Sánchez-Rubio Sánchez-Rubio and Manuel Ripollés Amela, Amela, Manual de matemáticas para preparación 2000. 3.3.,, 3.4. 3.4.,, 3.5. 3.5.,, 3.6. olímpica, Universitat Jaume I. Castellón, 2000. 3.3.

Refencias Web: Sobre relaciones métricas en la circunferencia:

1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 12. 13. 14. 15. Sobre ángulos y rectas:

16. Sobre rectas:

17.

BIBLIOGRAFÍA

18. 19. Sobre triángulos:

20. 21. 22. Sobre elipses:

23. 24. 25. Sobre lugares geométricos:

26. 27. 28. 29. Problemas fase local y nacional:

30.

Índice alfabético arco capaz arco capaz, 10 capaz, 10 bisectriz, 17 bisectriz, 17 centro, 17 centro, 17 centros del triángulo circuncentro, 11 circuncentro, 11 circunferencia, 1 circunferencia, 1,, 17 ángulo central, 13 central, 13 ángulo exterior, 13 exterior, 13 ángulo inscrito, 12 inscrito, 12 ángulo interior, 12 interior, 12 ángulo semiinscrito, 12 semiinscrito, 12 arco, 1 arco, 1 centro, 1 centro, 1 centro radical, 9 radical, 9 cuerda, 1 cuerda, 1 diámetro, 1 diámetro, 1 eje radical, 6 radical, 6 haz de circunferencias, 28 circunferencias, 28 inscrita, 14 inscrita, 14 ortogonales, 10 ortogonales, 10 polos del haz, 29 haz, 29 potencia, 4 potencia, 4 punto de tangencia, 1 tangencia, 1 radio, 1 radio, 1 recta secante, 1 secante, 1 recta tangente, 1 tangente, 1 semicircunferencia, 1 semicircunferencia, 1 conjunto algebraico, 18 algebraico, 18 cuádrica, 18 cuádrica, 18 cuadrilátero circunscrito, 14 circunscrito, 14 inscrito, 14 inscrito, 14 directriz, 18 directriz, 18

elipse, 17 elipse, 17 fórmula de Herón, 46 Herón, 46 foco, 18 foco, 18 focos, 17 focos, 17 geometría lugar geométrico, 17 geométrico, 17 hipérbola, 18 hipérbola, 18 homotecia, 82 homotecia, 82 mediatriz, 11 mediatriz, 11,, 17 parábola, 18 parábola, 18 polígono convexo, 16 convexo, 16 puntos colineales, 16 colineales, 16 no colineales, 16 colineales, 16 radio, 17 radio, 17 recta de Simson, 55 Simson, 55 semieje mayor, 17 mayor, 17 teorema de la altura, 83 altura, 83 teorema de Pitágoras, 69 Pitágoras, 69 teorema de Ptolomeo, 50 Ptolomeo, 50 teorema del cateto, 26 cateto, 26,, 70 trapecio, 15 trapecio, 15 isóceles, 15 isóceles, 15 triángulo circunferencia circunscrita, 11 circunscrita, 11

Univers Universid idad ad de Granad Granada a

Facult acultad de ciencias

Problemas de olimpiada sobre geom geomet etrr´ıa: Movimi Movimiento entoss y transformaciones en el plano y en el espacio

Autor:

Carlos L´ opez opez Molina

Tutor:

Pascual Pascu al Jara Jar a Mart Mar t´ınez ıne z

Índice Introducci´ on on

II

1. Movimientos en el plano

1

1.1. 1.2. 1.3. 1.4. 1.5. 1.6.

Puntos y elementos dobles . . . . . . . . . . . . . . Traslaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Giros . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Simetr´ıa central . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Simetr´ıa axial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Produ oducto de movimientos . . . . . . . . . . . . . . 1.6.1. Produ oducto de tra traslaciones . . . . . . . . . . . 1.6 1.6.2. .2. Prod Produc ucto to de giro giross del del mism mismoo cen centro tro . . . . 1.6. 1.6.3. 3. Prod Produc ucto to de dos dos sime simetr tr´´ıas ıas axia axiale less . . . . . . 1.6. 1.6.4. 4. Prod Produc ucto to de dos dos giro giross de dife difere ren ntes tes cen centros tros 1.6.5. 1.6.5. Producto Producto de de traslaci´ traslaci´ on por giro . . . . . . . 1.7. Movimientos directos tos e inversos . . . . . . . . . . . 1.8. Congruencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.9. Ejercicios propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . .

2. Homotecia y semejanza

1 1 2 2 2 2 2 2 3 3 3 4 4 4 6

2.1. Homotecia . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.1. Propiedades de las homotec tecias 2.2. Semejanzas . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.1. Propiedades de las semejanzas 2.2.2. Centro tro de semejanza directa . . 2.3. Ejercicios propuestos . . . . . . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

3. La inversion en el plano

6 6 7 7 7 8 9

3.1. Propiedade Propiedadess de la inver inversi´ si´ on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2. Ejercicios propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9 10

4. Problemas de la fase local

11

5. Problemas de la fase nacional

19

6. Problemas de la olimpiada internacional

28

Bibliograf´ıa

38

i

Introducci´ on on En este trabajo se ha intentando crear un documento que sirva para ver la relaci´ on on entre la geometr´ıa ıa y el álgebra, algebra, partiendo partien do de problemas problem as sobre sob re geometr geome tr´´ıa, se ha utilizado el álgebra algebra para poder p oder demostrarl demostrarlos. os. El texto comienza con unas breves notas sobre la teor´ teor´ıa, que ayudan a reforzar forzar algunos algunos conocimient conocimientos os e introducen introducen conocimientos conocimientos necesarios necesarios para la resoluci´ on de problemas. El objetivo de estas notas está destinado a una función on on práctica, actica, es decir, no pretenden tener un gran rigor teórico, orico, sino que su objetivo es práctico, actico, ofrecer una serie de resultados y ayudar al lector a comprender los conceptos necesarios necesarios para poder aplicarlos aplicarlos a los problemas relacionados relacionados con estos temas. Se han propuesto una serie de ejercicios en dichas notas para fortalecer talecer los conocimien conocimientos. tos. Estas notas se han dividido dividido en tres temas: Un primer primer tema dedicado a movimientos en el plano, un segundo tema dedicado a homotecias y semejanzas y un último ultimo y m´ as breve tema dedicado a la inversión as on en el plano. Adem´ as de las notas, hay una serie de problemas resueltos de olimpiadas as matem´ aticas. aticas. Están an divididos en tres secciones según un su dificultad. La primera secci´ on on está destinada a problemas de la fase local, estos problemas son los de menor dificultad. La segunda sección on está dedicada a problemas de la fase nacional y la tercera sección on a problemas de la fase internacional, donde los ejercicios ejercicios se han sacado de las short list de la IMO. La may mayor or´´ıa de problemas problemas se resuelve resuelven n utilizado utilizado semejanzas semejanzas,, aunque aunque tambi´ tambi´ en en hay sobre congruenci congruencias as y movimientos en el plano y en menor medida sobre la inversión. on. Para la realización on de figuras que ayudan a comprender la teor´ teor´ıa y sirven de apoyo para la realización on de los problemas se ha utilizado el software matemático geogebra.

ii

1.

Movi Movimi mien ento toss en en el el pla plano no

En general se denominan movimientos en el plano a las transformaciones del plano (como conjunto de puntos) en s´ı mismo tales que conservan conservan la alineaci´ on on y las distancias. dist ancias. También en se conocen cono cen como congruenci co ngruencias. as. Usaremos Usare mos como notaci´ no tación on la general de transformaciones: mayúsculas usculas para los puntos del plano y funcional para la transformación, on, de modo que f(P) designa al punto imagen u homólogo ologo de P mediante la transformación on f. Hablaremos de transformación on o movimiento producto de dos dados f y g en el sentido habitual fe la composici´ on on de funciones f g (P ) P ) = f ( f (g (P )) P )) que, en general no es conmutativa. Para la transformación on inversa usaremos f − 1, significando que para todo punto P:

· ·

f ( f (f − 1(P 1(P )) )) = f − 1(f 1(f ((P )) P )) = P . P . La conservación on de las distancias garantiza la inyectividad de los movimientos y por tanto la existencia de movimiento inverso.

1.1. 1.1.

Puntos Puntos y elem elemen entos tos dobles dobles

Decimos Decimos que un puntos es doble para la transforma transformaci´ ci´ on on f cuando f cuando f ((P ) P ) = P . P . Una idea muy parecida pero conceptualmente diferente es la de elementos dobles. Diremos que un subconjunto M del plano es doble cuando: f (P ) P ) ∈ M ∀P ∈ ∈ M ⇒ ⇒ f ( Evidentemente un conjunto de puntos dobles es un elemento doble pero no a la inversa. De hecho, M puede ser doble sin que lo sea ninguno de sus puntos. Una transformación on en la que todos los puntos son dobles la llamaremos identidad, la designaremos por I y en ella I(P)=P para todo punto P. La determinación on de puntos y elementos dobles es con frecuencia muy interesante para el estudio del movimiento. Admitiremos como algo conocido que los movimientos con la composición on forman un grupo no conmutativo. Por tanto el inverso de todo movimiento es movimiento. Es inmediato comprobar que el conjunto de movimientos que deja invariante una figura dada es un subgrupo del grupo de los movimientos. Comenzaremos estudiando tres tipos de transformaciones: Traslaciones, giros y simet si metrr´ıas. ıa s.

1.2. 1.2.

Traslac raslacion iones es

Puesto que dos puntos definen un único unico vector libre, es evidente que una traslaci´ on queda definida conociendo un punto y su homologo. on El conjunto de traslaciones del plano forman un grupo conmutativo isomorfo al de los vectores libres del plano, ya que la traslación on producto de dos dadas es otra traslación on asociada al vector suma. A pesar de su sencillez la traslación on es una herramienta muy útil util para la resoluci´ on on de muchos problema p roblemass geométricos. etricos. 1

1.3. 1.3.

Gir Giros

Dados un punto O fijo del plano y un ángulos α angulos α,, llamaremos giro de centro o y amplitud α amplitud α a la trasformación on definida defi nida as´ı: ı: g (P ) P ) = Q

⇔

 OP = OQ

OQ = α α ∠P OQ =

El ángulo angulo dado α tiene signo y por ello el giro puede ser en dos sentidos considerando como es habitual el positivo en sentido contrario al de las agujas del reloj. Un giro queda definido conociendo una pareja de puntos P y Q y sus homólogos P’ y Q’, es decir, conociendo un segmento y su imagen mediante el giro. La amplitud de la rotación on coincide con el ángulo angulo que forman ambos segmentos y el centro se determina cortando las mediatrices de los segmentos PP’ y QQ’ formados por cada punto y su homólogo. ologo.

1.4.

Simetr´ Simetr´ıa central central

Dado un punto O se llama simetr´ simetr´ıa central de centro O a la transformaci´ on on so defini de finida da as´ı: ı: so (P ) P ) = Q

⇔ O es el punto medio del segmento PQ.

Claramente es un giro de 180o . Diremos que es involutivo (su cuadrado es la identidad) y que está determinado por un punto P y su homólogo ologo P’ ya que permite hallar el centro como el punto medio del segmento PP’.

1.5.

Simetr´ Simetr´ıa axial

Dada una recta r ecta r llamada llam ada eje, una u na simetr´ıa ıa axial es la transformaci´ transf ormación on definida as´ı: sr (P ) P ) = Q

⇔ r es la mediatriz del segmento PQ.

Como todo movimiento, conserva la alineación on y la distancia, pero cambia el sentido. Por ello se dice que es un movimiento inverso. Tambi´ También en es involutivo involut ivo y queda qued a determinado determ inado conoci c onociendo endo un punto y su homóloologo, quedando el eje definido como la mediatriz del segmento PP’.

1.6. 1.6.

Product Producto o de movim movimien ientos tos

Es especialmente util útil para la resolución on de problemas estudiar la transformaci´ on resultante de la aplicación on on sucesiva de dos movimientos. 1.6.1. 1.6.1.

Producto Producto de traslac traslacione ioness

Dadas dos traslaciones de vectores u y v es inmediato comprobar que el producto de ambas es otra traslación on de vector u+v. 1.6.2. 1.6.2.

Producto Producto de de giros giros del del mismo mismo centro centro

Es inmediato que el producto de dos giros del mismo centro O y amplitudes α y β es β es otro giro con el mismo centro y amplitud α amplitud α + β . 2

1.6.3.

Producto de dos simetr´ıas axiales

Distinguiremos dos casos: a) Los ejes son paralelos. Sean dos simetr´ simetr´ıas axiales de ejes r y t paralelos, paralelos, y llamemos llamemos u a un vector vector perpendicular a ambos ejes, de módulo odulo doble de la distancia entre ellos y sentido del primer eje al segundo. Es inmediato demostrar que el producto de las dos simetr´ıas ıas es una traslaci´ traslaci ón on de vector u. El producto no es conmutativo, s conmutativo, s r st = st sr , es decir, los vectores de ambas traslaciones son opuestos. Es análogo alogo demostrar el proceso inverso. Toda traslación puede descomponerse como producto produ cto de dos d os simetr´ıas ıas de ejes e jes paralelos paralel os entre e ntre s´ı. b) Los ejes no son paralelos. Dadas dos simetr´ simetr´ıas de ejes r y t que se cortan cortan en el punto punto O y forman un angulo ángulo de amplitud α. Es fácil acil demostrar que el producto de las dos simetr´ıas ıas es un giro de centro O y ángulo angulo 2α 2α. El sentido del giro depende del orden en el que se apliquen aplique n las l as simetr´ıas. ıas. Igual que en el caso anterior podemos invertir el razonamiento: todo giro se puede descomponer en producto pro ducto de dos simetr´ıas ıas con ejes no paralelos.

−

1.6.4. 1.6.4.

Producto Producto de dos dos giros de difer diferen entes tes cent centros ros

Sea g el giro de centro O y amplitud α amplitud α y y f el giro de centro O’ y amplitud β . Seg´ un un se vio en el producto de simetr´ simetr´ıas de ejes no paralelos paralelos podemos descomponer un giro en producto de dos simetr´ simetr´ıas cuyos ejes concurren en el centro de giro y forman ángulo angulo mitad de la amplitud del giro, pudiendo elegir la direcci´ on on de uno de los ejes. El primer giro g se descompone en producto de las simetr´ simetr´ıas de ejes e ejes e 1 y e 2 siendo e siendo e 2 la recta OO’ que une los centros y e 1 la que forma ángulo α/ angulo α/22 con e con e 2 El segundo giro f se descompone en producto de las simetr´ simetr´ıas de ejes e ejes e 2 y e 3 formando entre ellas ángulo β angulo β /2. Llamando a las simetr´ıas ıas por p or el nombre de sus ejes, obtenemos: f g = e = e 3 e2 e2 e1 = e = e 3 e1

· ·

· · ·

·

De aqu´ aqu´ı deducimos deducimos que el producto producto de dos giros de diferente diferente centro centro es un giro de centro O”(punto de corte de e1 y e 3 y amplitud α amplitud α + β o Si α + β + β = 360 el producto da como resultado una traslación on de vector perpendicular a la dirección on com´ un un de e de e 1 y e 3 (que son paralelos), y módulo odulo el doble de la distancia entre ambos ejes. 1.6.5. 1.6.5.

Producto Producto de traslac traslaci´ i´ on on por giro

Sea la traslación on f de vector PP’ y el giro g de centro O y amplitud α. α . Descomponemos la traslación on en producto de dos simetr´ simetr´ıas axiales de ejes paralelos entre s´ı y perpendiculares al vector PP’, e1 y e2 , donde e2 pasa por O. Análoalogamente descomponemos g en dos simetr´ simetr´ıas axiales e2 y e3 concurrentes en O y formando un angulo α/ ańgulo α/2. 2. Haciendo el producto nos queda: f g = e = e 3 e2 e2 e1 = e = e 3 e1

· ·

· · ·

·

Con lo cual vemos que el producto nos da un giro de centro 0’ y amplitud α. 3

1.7. 1.7.

Movim Movimien ientos tos dire directo ctoss e invers inversos os

Los movimientos se clasifican en directos e inversos según un conserven o inviertan el sentido. Un movimiento f es directo si dados tres puntos A,B,C no alineados y sus homólogos ologos A’,B’,C’, el sentido del ángulo angulo que forman los primeros es igual al que forman los segundos. En caso contrario el movimiento se denomina inverso. Los giros y traslaciones son ejemplos de movimientos directos y las simetr´ıas ıas de inversos. El conjunto de los movimientos directos es un grupo mientras que el conjunto de los movimientos inversos no lo es, ya que el producto de dos movimientos inversos es directo.

1.8. 1.8.

Cong Congru ruen enci cia a

Diremos que dos figuras se llaman congruentes si existe algún un movimiento que transforme una en otra. angulo anguloss ABC y A’B A’B’C’ ’C’ congru congruen entes tes,, existe existe un Teorema 1 Dados dos tri´ u unico ´ nico movimiento que transforma el primero en el segundo. as tres simetr´ıas ıas axiales. Teorema 2 Todo movimiento es producto de a lo más Teorema 3 Todo movimiento con un punto invariante es producto de dos simetr´ sim etr´ıas ıas como máximo. aximo. on o un giro. Teorema 4 Todo movimiento directo es o una traslación si metr´ıa ıa o una reflexi´ refl exión-deslizamiento. on-deslizamiento. Teorema 5 Todo movimiento inverso es una simetr´

1.9. 1.9.

Ejerci Ejercicios cios propue propuesto stoss

1. Dado un triangulo ABC, sea M el punto medio del lado AB. Sean r y s las rectas que pasan por el punto M y son paralelas las rectas BC y AC respectivamente. Sea N el punto de corte de r con AC y P el punto de corte de s con BC. Demuestra que los triángulos angulos AMN, MBP, PNM y NPC son congruent cong ruentes. es. ¿Qu´ ¿ Qué relaci rel aci´ón on puedes deducir entre los segmentos MN y BC; MP y AC; NP y AB? 2. Sea ABC ABC un tri´ angulo y M y N puntos pertenecientes a los lados AC y AB angulo respectivamente. respectivamente. Halla un punto P sobre el lado BC para que el per p er´´ımetro del triángulo angulo MNP sea m´ınimo. ınimo. Halla un punto Q sobre el lado BC para que el per´ımetro ımetro del triángulo angulo MNP sea m´ınimo. 3. Sea O un puntos y r una recta, O no perteneciente a r. Sea R un punto variable de la recta r. Se construye el triángulo angulo rectángulo angulo isósceles osceles ROS o siendo ∠ROS = 90 . Calcula el lugar geométrico etrico de S. Encuentra la posici´ on on del punto R para que el per´ per´ımetro del triangulo ROS sea m´ınimo. Calcular ese per´ımetro ımetro en función on de la distancia d. 4. Se considera un triangulo ABC y sea O su circuncentro. circuncentro. Demuestra usando composición on de simetr simetr´ıas axiales, axiales, que el ángulo angulo ∠AOC AOC es el doble del ángulo formado por las mediatrices de los lados AB y BC. angulo 5. Utiliza argumentos argumentos de congruencias de tri´ angulos para probar la construcangulos ci´ on on con regla y compás as del m´ etodo etodo para dividir un segmento indicando los movimientos en el plano que generan cada congruencia. 4

6. Utiliza argumentos argumentos de congruencias de tri´ angulos para probar la construcangulos ci´ on on con regla y compás as del m´ etodo etodo para bisecar un angulo ángulo indicando los movimientos en el plano que generan cada congruencia. 7. Utiliza Utiliza argumento argumentoss de congruenci congruencias as de triángulos angulos para probar la construcci´ on on con regla y compás as del m´ etodo etodo para dividir dividir un segmento segmento en n partes iguales indicando los movimientos en el plano que generan cada congruencia.

5

2.

Homo Homote teci cia a y seme semeja janz nza a

Los movimientos o congruencias se definieron como transformaciones puntuales del plano que conservan alineación on y distancia. Si rebajamos la condición on de la conservación on de la distancia de la siguiente manera: f ( f (A)f ( f (B ) = k AB

·

siendo k una constante, obtenemos la definición on de semejanza.

2.1. 2.1.

Homo Homote teci cia a

Dado un punto O cualquiera pero fijo del plano y una constante real k =0, =0, llamamos homotecia de centro O y razón on k a la transformación on que hace corresponder cualquier punto P del plano (distinto de O) el punto P’ alineado con O y con P de modo que: OP  = k OP



2.1.1. 2.1.1.

Propied Propiedade adess de las las homot homoteci ecias as

Las principales propiedades de las homotecias son: Si k es positivo, P’ está en la semirrecta OP y si k es negativo en la opuesta. Dos figuras son homotéticas eticas si sus puntos corresponden en una homotecia. Si k=1, la homotecia es la identidad. Si k=-1, la homotecia es una simetr´ simetr´ıa central de centro O. Si k= 0, no hay puntos dobles exceptuando el propio O, que para todas las homotecias es punto doble.



La homotecia mantiene la alineación. on. La transformación on de una recta que no pasa por O es otra recta paralela a la anterior. La razón on entre dos segmentos homólogos ologos es la razón on de homotecia. Las rectas que pasan por O son los únicos unicos elementos dobles. Las homotecias conservan los ángulos. angulos. La transformación on inversa de una homotecia es otra homotecia de mismo centro y razón on 1/k. El producto de dos homotecias h y h’ del mismo centro O y razones k y k’ respectivamente, es una homotecia de mismo centro y razón k k’. En consecuencia, las homotecias de centro O forman grupo.

•

6

2.2. 2.2.

Seme Semeja janz nzas as

Se denomina semejanza a la transformación on obtenida por el producto de una homotecia por un movimiento. 2.2.1. 2.2.1.

Propied Propiedade adess de las las semeja semejanza nzass

De las propiedades de las homotecias y de los movimientos se deducen las siguientes propiedades de las semejanzas: Las semejanzas conservan la alineación. on. Los segmentos hom´ ologos son proporcionales. ologos Las semejanzas conservan los ángulos. angulos. Si el movimiento se directo la semejanza se llama directa, es decir, conserva el sentido. En caso contrario la semejanza se dice que es inversa. Si entre dos figuras podemos establecer una correspondencia que cumpla las tres primeras propiedades se dicen semejantes. Las semejanzas con el producto de transformaciones forman grupo. Las semejanzas directas forman subgrupo de estas. Toda semejanza queda determinada conociendo un par de segmentos orientados hom´ ologos y la clase de semejanza ologos 2.2.2. 2.2.2.

Centro Centro de semej semejanz anza a direct directa a

En este apartado vamos a descomponer cada semejanza directa en una homotecia por un movimiento. Para ello vamos a buscar el punto O, que llamaremos centro de semejanza directa. Distinguiremos dos casos: Los segmentos que determinan la semejanza son paralelos. En este caso la intersección on de las rectas AA’ y BB’ definen un punto O que es el centro de homotecia que lleva AB sobre A’B’. En este caso el movimiento es la identidad. Los segmentos que determinan la semejanza no son paralelos. En este caso, nuestro objetivo es determinar un punto O que sea a la vez centro de un giro y de una homotecia, de manera que el producto nos de la semejanza que buscamos. Supongamos que existe O. Por ser una semejanza directa se tiene: ∠OBA =   on de las rectas definidas por AB y on ∠OB A ; entonces, si P es la intersecci´ A’B’ la igualdad anterior se puede poner como: ∠OBP

= ∠OB  P

Igualdad que establece que O está en la circunferencia definida por los puntos P,B y B’. Análogamente alogamente se demuestra que O está en la circunferencia P, A y A’. Por tanto O queda determinado como el punto de intersección de las dos circunferencias anteriores que no es P. 7

2.3. 2.3.


1. Demostrar que en cualquier triangulo, los puntos medios de uno de los lados forman un segmento paralelo al tercer lado e igual a la mitad de este. 2. Demostrar que dos pol p ol´´ıgonos regulares de igual número umero de lados son semejantes. Hallar la razón on entre sus per´ per´ımetros, sus apotemas y sus areas. a´reas. 3. Demostrar Demostrar que el centro centro de la circunferenci circunferencia a circunscrita circunscrita de un triángulo angulo rect´ angulo es el punto medio de la hipotenusa. angulo 4. En todo triángulo angulo las medianas se cortan en proporción on 1:2. 5. Sea ABC un triangulo triangulo rect´ angulo angulo con trar que ∠BAC = ∠BC D.

∠ACB =

90o ny C ny C D AB. AB. Demos-

⊥

6. Sea ABC un triángulo angulo rectángulo angulo en A, H es el pie de altura correspondiente al v´ ertice ertice A. Utilizando semejanza de triángulos, angulos, demuestra que: AH 2 = BH B H HC

·

7. En el mismo triángulo angulo del ejercicio anterior demuestra que: a) AB a) AB 2 = BH B H BC

·

b)AC b)AC 2 = C H BC

·

8. Sea γ Sea γ una una circunferencia de centro O y radio R. Sea P un punto interior a γ y y AB y CD dos cuerdas cualesquiera que contienen al punto O. Usando semejanza semejanza de tri´ angulos angulos demuestra que: P A P B = P C P D = OP = OP 2

·

·

8

− R2

3.

La inv inversi ersion on en el el pla plano no

Dada una circunferencia de centro O y radio k, la inversión de centro O y radio k es una transformación on del plano que a cada punto A distinto de O, le asocia otro punto A’ de la semirrecta OA cumpliendo la relación OA on OA OA0 OA0 = k 2 . Es fácil acil ver que un punto exterior a la circunferencia se transforma en un punto interior y un punto exterior a la circunferencia se transforma en un punto interior. Los puntos de la circunferencia de inversión on se invierten en s´ı mismos, m ismos, es decir, son puntos fijos de la transformación. on. Es conveniente conveniente observar que hay exactamente un punto del plano, el centro de inversión on O, que se queda sin imagen por la transformación. Cuando se trabaja con inversión on se supone que a todos los puntos del plano se le añade nade un ”punto ideal.o ”punto del infinito¸con con lo que obtenemos el plano inversivo. Dicho punto ideal será la imagen del centro de inversión. on.

·

3.1. 3.1.

Propie Propiedad dades es de la la inve inversi rsi´ ´ on on

Las propiedades de la inversión on nos permiten permi ten hacer hace r demostraciones demost raciones geométrietricas que no son sencillas cuando se intentan con otros métodos. etodos. 1. Si A y B son puntos distintos y A’ y B’ sus homólogos en una inversión on de centro O y radio k entonces: A B  =

AB k 2 OA OB

·

·

2. Si una recta pasa por el centro de inversi´ inversi´ on on su hom´ ologa ologa es ella misma. 3. Si una recta l no pasa por el centro de inversión O, dicha recta se transforma en una circunferencia con diámetro ametro OM’, siendo M la proyección on ortogonal de O sobre l y M’ el inverso de M. Como se ve en la figura 1.

Figura 1: Recta - Circunferencia 4. Análogamente alogamente al caso anterior, si una circunferencia pasa por el centro de inversión on siendo OM’ un diámetro ametro suyo entonces esa circunferencia se 9

transforma en la recta perpendicular a OM’ por el punto M, el inverso de M’. Como se ve en la figura 1. 5. La inversi´ inversi´ on de una circunferencia de radio r y centro M que no pasa on por el centro de inversión on O, es otra circunferencia que para calcularla usamos los puntos de corte de la circunferencia con la recta que un O y M, que llamaremos A y B, Calculando sus homólogos ologos A’ y B’ calculamos el diámetro ametro de la circunferencia homóloga. ologa. La relación on entre los radios es: r·k  r = |OM −r | 2

2

2

6. La inversi´ inversi´ on on conserva los ángulos. angulos. 7. Una inver inversi´ si´ on deja fija una circunferencia ortogonal a la circunferencia de on inversión. on.

3.2. 3.2.


1. Dados un punto y dos circunferenci circunferencias, as, trazar una circunfere circunferencia ncia que pase por el punto y sea tangente a las dos circunferencias. 2. Sea ABC un triángulo angulo y D, E, F los puntos de contacto de la circunferencia inscrita con los lados BC, CA y AB, respectivamente. Demostrar que la inversión on de la circunferencia inscrita transforma la circunferencia circunscrita a ABC en la circunferencia de los nueve puntos de DEF. 3. (Teorem (Teorema a de Euler) Euler) Si R y r son los radios de las circunferencia circunferenciass circunscritas e inscritas a un triángulo angulo y O e I son su circuncentro e incentro, demostrar que O que OI I 2 = R 2 2Rr. Rr.

−

10

4.

Prob Proble lema mass de la la fas fase e loca locall

En esta sección on hemos puesto los problemas propuestos en la fase local en los que en su resolución on se utiliza como herramienta movimientos y transformaciones en el plano y en el espacio.

Problema 1(1999) Prueba que la longitud de los catetos de un triángulo angulo rectángulo angulo isósceles osceles es siempre igual a la suma de los radios de sus circunferencias inscrita y circunscrita. Soluci´ on on

Figura 2: Problema 1 Sea ABC un triángulo angulo rectángulo angulo e isósceles osceles con ángulo angulo recto en el vértice ertice C. Sea O el centro de la circunferencia inscrita, la cual consideramos tangente a la hipotenusa AB en su punto medio M y al lado AC en el punto P. El radio de esta circunferencia es r = OP = OP = OM Por ser esta circunferencia tangente a los lados del triángulo, angulo, los radios OM y OP son perpendiculares a los lados AB y AC en M y P respectivamente. Por ser el triángulo angulo isósceles, osceles, CO (y CM) es bisectriz del ángulo angulo recto en C, por lo que el triángulo angulo OCP es, también, en, rectángulo angulo e isósceles osceles (ángulo angulo OCP de o 45 ); es decir, O decir, OP P = P C Por estar O en la bisectriz del ángulo angulo CAB, los triángulos angulos rectángulos angulos AMO y APO son iguales (sim´ etricos etricos respecto a la hipotenusa), resultando que AM que AM = AP Por otra parte, como el triángulo angulo es rectángulo, angulo, el punto M, punto medio de la hipotenusa, hip otenusa, es tambi´ en en el centro de la circunferencia circunscrita a ABC. Por lo que R que R = AM = AM , , es el radio de esta circunferencia. En conclusión, on, la longitud del cateto AC la podemos escribir como: AC = = AP + P C = AM + + OP = R + r

11

Problema 2(2000) Sea P un punto del lado BC de un triángulo ABC. La paralela por P a AB corta al lado AC en el punto Q y la paralela por P a AC corta al lado AB en el punto R. La raz´ on on entre las áreas areas de los triángulos angulos RBP y QPC es k2 . Determ´ Det erm´ınese ınes e la razón on entre las áreas areas de los triángulos angulos ARQ y ABC. Soluci´ on on

Figura 3: Problema 2 Los tri´ angulos RBP y QPC son semejantes, de razón k. El cuadri angulos cuadril´ l´ atero atero ARPQ es un paralelogramo, y PQ = RA. Si BR = x, entonces: PQ = RA = kx; BA = (1 + k)x. ´ Area RBP = S = BR 2 PX= xh 2 CY = k . PX = kh; CZ = CY + YZ = CY + PX = (1 + k)h ´ Area ABC = (1 + k )2 S QT = YZ = PX = h ´ Area ARQ = AR Y Z = kxh = kS k S 2 2 kS k areaARQ = = areaABC (1 + k )2 S (1 + k)2

·

Problema 3(2003) Dado un triángulo angulo de d e vértices ertices A, A , B y C, y con lados de longitud longitu d , y , llamemos ll amemos D al punto de intersección on del lado AB con la bisectriz del ángulo angulo C. Demuestra C 2abCos 2 que: C que: C D = a+b

Soluci´ on on

A partir del vértice ertice B trazamos una paralela a la bisectriz CD y prolongamos el lado AC hasta obtener el punto E.

12

Figura 4: Problema 3 Y, tambi´ t ambién, en, CF C F perpen p erpendicular dicular a BE As´ As´ı, CB = CE = a Por ángulos angulos alternos-internos, en el triángulo angulo BCF tenemos: C tenemos: C os C = 2 EB AC CD . Los tri´ angulos ACD y AEB son semejantes: AE = EB angulos 2a CD =

AC EB = C D = AE

·

2abCos

FB a

=

C 2

a+b

Problema 4(2005) Se considera un triángulo angulo ABC con ∠ACB = 30o y es el punto medio del lado BC , se pide demostrar que BC AC = 2 AM AB .

·

·

= 45o . Si M AM B = 45o y que ∠AMB ∠BAC

· ·

Soluci´ on on

Figura 5: Problema 4 Sea D el punto de AC tal que BD AC. Puesto que ∠DBA = 90o ∠BAD = BAD = 45o = 45o , el triangulo ADB es isósceles osceles con AD=DB. Como el triangulo CDB es rectángulo angulo en D, CM=MD y, por tanto, ∠CDM CD M = o 30 . El teorema del ángulo angulo exterior aplicado ahora al triangulo ACM en M da inmediatamente ∠AMB AM B = 30o + 15o = 45 o . En consecuencia, los triángulos angulos ABC y MBA son semejantes y, por tener la misma altura, la razón on de sus areas áreas es igual a la razón on de sus bases: 90o

−

⊥

−

13

AreaABC BC = =2 AreaMBA BM

√

AC Por consiguiente, la razón on de semejanza vale 2. Tenemos, pues que AM = BC 2 y AB = 2. La relación on que se pide resulta al multiplicar miembro a miembro las dos igualdades anteriores.

√

√

Problema 5(2007) Demostrar que, en un triángulo, angulo, la distancia distancia de un v´ ertice ertice cualquiera cualquiera al ortocentro es el doble de la distancia del circuncentro al lado opuesto a ese vérti er tice ce.. Soluci´ on on

Sean A’, B’, C’ los puntos medios de los lados BC, CA y AB respectivamente. La circunferencia que pasa por A’, B’, C’ (circunferencia medial) es la imagen de la circunscrita a A, B, C en la semejanza de centro el baricentro G y razón 1 . 2

−

Figura 6: Problema 5 Obviamente el circuncentro O de ABC es el ortocentro de A’B’C’ y se sigue el resultado al corresponderse los segmentos AH y A’O en la semejanza anterior.

Problema 6(2008) En el interior de un paralelogramo ABCD se dibujan dos circunferencias. Una es tangente a los lados AB y AD, y la otra es tangente a los lados CD y CB. Probar Probar que si estas circunferenc circunferencias ias son tangentes tangentes entre s´ı, el punto punto de tangencia está en la diagonal AC.

14

Figura 7: Problema 6 Soluci´ on on

Veremos que los puntos A, K y C están an alineados. Sean O1 y O2 los centros de la primera y segunda circunferencia, respectivamente. Notar que AO AO1 , biseca el ángulo angulo DAB, y análogamente alogamente CO CO2 biseca el ángulo angulo DCB. Como los lados son paralelos dos a dos y los ángulos O1 AK y CO2 K son iguales, entonces AO A O1 es paralelo a CO C O2 , y, como O como O 1 K y O 2 K están an alineados, los ángulos angulos AO AO1 K y KO2 C son iguales. Como O1 P AB y O1 Q CD, los triángulos angulos APO APO1 y CQO CQO2 son semejantes, O A O c por lo que O P = O Q , y como O como O1 P = O 1 K y O y O2 Q = O = O 2 K los los triángulos angulos AO AO1 K y KO2 C son semejantes, por lo que los puntos A, K y C están an alineados. 1 1

⊥

2

⊥

2

Problema 7(2011) En un triángulo angulo llamaremos O al circuncentro, I al incentro y r al radio de la circunferencia inscrita. Si la mediatriz del segmento OI corta OI corta a la circunferencia circunscrita en L, y LI vuelve vuelve a cortarla en M, demuestra que I que I M = 2r 2r Soluci´ on on

Figura 8: Problema 7 Por el Teorema de Euler, OI 2 = R 2 2rR. rR. Sean T y Q los puntos de corte de la recta OI con la circunferencia circunscrita. Entonces tenemos

−

15

IL I M = I T I Q

·

· ·

Por sime si metr´ tr´ıa, ıa, I L = OL = R. Por otra parte, I T = OI + OT = OI + R, R , y tambi´ tamb ién en tenemos ten emos I Q = OQ OI = R OI . OI . Por tanto, sustituyendo en la ecuaci´ on on anterior, se obtiene:

−

R I M = (R + OI )( OI )(R R

·

−

2 rR − OI ) = R2 − 2OI 2 = 2rR

de donde I donde I M = 2r 2 r.

Problema 8(2011) Demuestra que en un triángulo angulo se verifica: si r es una recta que pasa por su baricentro y no pasa por ning´ un un v´ ertice, ertice, la suma de las distancias a dicha recta de los vértices ertices que quedan en un mismo semiplano semiplano es igual a la distancia distancia del tercer vértice ertice a dicha recta. Soluci´ on on

Figura 9: Problema 8 El triangulo GGM’ es semejante a GAA’ con razón de semejanza 2(pues AG=2GM). Por tanto, AA’=2MM’. Por otro lado, MM’ es la paralela media del trapecio BB’C’C, de donde MM’=(BB’+CC’)7/2. En consecuencia: AA’=2MM’=BB’+CC’.

Problema 9(2012) Sea ABC un triángulo angulo acut´ angulo angulo con A = 45 o , y sea P el pie de la altura por B. Trazamos la circunferencia de centro P que pasa por C y que vuelve a cortar a AC en el punto X y a la altura P B en el punto Y . Sean r y s las rectas perpendiculares a la recta AY por P y X, respectivamente, y L, K las intersecciones de r, s con AB. Demostrar que L es el punto medio de KB.

16

Soluci´ on on

Figura 10: Problema 9 Por construcción on es PX = PY = PC. Los triángulos angulos PAY y PCB, rectángulos angulos en P, son iguales ya que AP = P B (el triángulo angulo rectángulo angulo AP B es isósceles) osceles) y PY = PC. Por tanto los ángulos α angulos α y y β β son son iguales. El triángulo angulo rectángulo angulo PYQ es semejante a los anteriores, de manera que el ángulo γ angulo γ = ∠LP B es igual a α a α.. Resulta que los segmentos P L y CB son paralelos, y por el teorema de Thales queda KL=LB ya que PX=PC.

Problema 10(2012) En un triángulo angulo rectángulo angulo de hipotenusa unidad y angulos ángulos de 30o , 60o y 90o , se eligen 25 puntos cualesquiera. Demuestra que siempre habrá 9 de ellos que podrán an cubrirse con un semic´ semic´ırculo de radio 3/10. Soluci´ on on

Figura 11: Problema 10

17

Tenemos 3 triángulos angulos y 25 puntos. En alg´ un un tri´ angulo angulo habrá al menos 9 puntos. La hipotenusa de cada uno de estos tri´ angulos angulos semejante semejantess al inicial inicial mide 3/3 . Los tri´ angulos angulos son rectángulos angulos y por lo tanto están an cubiertos por la mitad del c´ c´ırculo circunscrito. Esto acaba el problema ya que el radio de este c´ırculo circunscrito, circuns crito, r, cumple

√

√

1 3 3 r = < 2 3 10

18

5.

Prob Proble lema mass de la la fas fase e naci nacion onal al

En esta sección on hemos puesto los problemas propuestos en la fase nacional en los que en su resolución on se utiliza como herramienta movimientos y transformaciones en el plano y en el espacio.

Problema 1(1994) El angulo ángulo A del triángulo angulo isósceles osceles ABC mide 2/5 de recto, siendo iguales sus ángulos angulos B y C. La bisectriz de su ángulo C corta al lado opuesto en el punto D. Calcular las medidas de los ángulos angulos del triángulo angulo BCD. Expresar la medida a del lado BC en función on de la medida b del lado AC, sin que en la expresión on aparezcan razones trigonom´ trigono m´ etricas. etricas . Soluci´ on on

Figura 12: Problema 1 Con los datos del enunciado tenemos: En el triángulo angulo ABC ∠ BAC=36o ; ∠ ABC= ∠ ACB=72o en el triángulo angulo o o CBD ∠BCD =36 ;∠CDB=∠BD=72 en el triángulo angulo ADC ∠DAC =∠ACD = o o 72 ;∠ADC = 108 por tanto los triángulos angulos BCD y ADC son isósceles osceles y además as el triángulo angulo BCD es semejante al triángulo angulo ABC. Para los lados se tiene: DC = AD = a; BD = b - a. Expresando la proporcionalidad derivada de la semejanza anterior: b

− a = a ⇔ a2 = b2 − ab ⇔ a2 + ab − b2 = 0 ⇔ ( a )2 + a − 1 = 0 a

b

Y resolviendo queda

b

a b

=

√ 5−1 2

b

es decir decir a es la secci´ sección on aurea aúrea de b.

19

Problema 2(1995) Por el baricentro G de un triángulo angulo ABC se traza una recta que corta al lado AB en P y al lado AC en Q. Demuestra que: P B QC P A QA

≤ 41

·

Soluci´ on on

Figura 13: Problema 2 Dupliquemos el triángulo angulo trazando AD paralela a BC y CD paralela a BA como muestra la figura y tomemos la longitud del lado AB como unidad. Llamando M a la intersección on de CD con la recta PQ y x = PB; 1-x = AP, tenemos: Por semejanza de AQP y QMC: QC = MC = 1MC −x QA AP PB GB 1 Por semejanza de GPB y GMD: MD = GB = 2 Luego: MD = 2x y MC = 1 - 2x. Sustituyendo en el primer miembro de la relaci´ on del enunciado queda: on P B QC 1 x(1−2x) 1 9x2 6x + 1 0 (3x (3x 1)2 0 4 (1−x) 4 P A QA Relación on válida alida para cualquier x. La igualdad se alcanza para PB=x= 13 M C = 13 PQ paralela al lado BC.

·

≤ ⇔

2

≤ ⇔

−

≥ ⇔

−

≥

⇔

⇔

Problema 3(1998) Se considera el triángulo angulo ABC y su circunferencia circunscrita. Si D y E son puntos sobre el lado BC tales que AD y AE son, respectivamente, paralelas a las tangentes en C y en B a la circunferencia circunscrita, demostrar que: BE AB 2 = CD AC 2 Soluci´ on on

Los tri´ angulos ABC y ADC son semejantes pues tienen los tres ángulos angulos iguales ya que: = ∠BC M = ∠BAC (la BAC (la primera igualdad por ser AC y CM paralelas ∠ADC = y la segunda por ser ∠BCM ángulo angulo semiinscrito) y el ángulo angulo ∠ACD es com´ un. un. 20

Figura 14: Problema 3 Estableciendo la proporcionalidad entre sus lados, resulta: CD AC = CD BC = BC = AC 2 (1) AC BC De modo análogo alogo los triángulos angulos ABC y ABE son semejantes pues: ∠AEB = angulo angulo ∠ABE es com´ un. Estableciendo la proporcionalidad un. ∠EBM = ∠BAC y el ´ entre sus lados, resulta:

⇔

·

BE AB = BE BC = AB 2 (2) AB BC Dividiendo las igualdades (1) y (2) se obtiene el resultado.

⇔

·

Problema 4(2001) Sea P un punto, en el interior del triángulo angulo ABC, de modo que el triángulo angulo ABP es isósceles. osceles. Sobre cada uno de los otros dos lados de ABC se construyen exteriormente triángulos angulos BCQ y CAR, ambos semejantes al triángulo angulo ABP. ABP. Probar que los puntos P, Q, C y R o están an alineados o son los v´ ertices ertices de un paralelogramo.

21


Los tri´ angulos ABC y PBQ son semejantes pues tienen un ángulo angulos angulo igual ∠ABC = ∠PBQ y los lados que lo forman proporcionales: c BP = a BQ De modo análogo, a logo, ABC es semejante a APR , por tanto PBQ y APR son semejantes (y al ser PB = PA son iguales). En particular: ∠ARP = ∠ACB y ACB y ∠BQP = ∠ACB Llamando ACB Llamando α = ∠BAP = ABP , resulta: resulta: ∠ABP , ∠QP R =

360o (180o 2α) (A+B ) = 180o +2α +2α (180o

−

− −

−

−∠ACB ) = 2α+∠ACB

QCR = ∠ACB + ACB + 2α 2α ∠QCR = ARP = 180o − 2α − ∠ACB − 2α − ∠ARP = = 180o − 2α − ∠BQP = BQP = 180o − 2α − ∠ACB ∠P QC = = ∠P RC =

180o

Las cuatro igualdades establecen que los dos pares de ángulos angulos opuestos opuestos del cuadril´ atero PQCR son iguales y es un paralelogramo. atero La alineación on es un caso particular y se producirá cuando∠ACB +2α +2α = 180o , es decir cuando 180o ∠ACB α = 2

−

Problema 5(2004) ABCD es un cuadrilátero atero cualquiera, P y Q los puntos medios de las diagonales BD y AC respectivamente. Las paralelas por P y Q a la otro diagonal se cortan en O. Si unimos O con las cuatro puntos medios de los lados X, Y, Z y T se forman cuatro cuadriláteros, ateros, OXBY, OYCZ, OZDT y OTAX. Probar que los cuatro cuadriláteros ateros tienen la misma área. area.

22


Al ser OP paralela a AC, los triángulos angulos OXY, PXY tienen la misma base e igual altura y por tanto la misma área. area. De ah a h´ı que q ue los l os cuadriláteros ateros OXBY, PXBY también en tienen la misma area, a´rea, pero el área area de PXBY (en amarillo en la figura) es la cuarta parte del cuadrilátero atero inicial al ser semejantes con razón on 2 del grande al peque˜ no. no.

Problema 6(2005) Diremos que un triángulo angulo es multiplicativo si el producto de las longitudes de dos de sus lados es igual a la longitud del tercer lado. Sea ABC...XYZ un pol´ pol´ıgono regular regular de n lados con todos to dos sus lados de longitud longitud 1. Las n – 3 diagodiagonales que salen del v´ ertice ertice A dividen al triángulo angulo ZAB en n – 2 triángulos angulos más as peque˜ nos. Probar que cada uno de esos triángulos nos. angulos es multiplicativo. Soluci´ on on

En la figura 6 hemos representado el caso de un octógono ABCDEFGH, pero el razonamiento es válido alido para cualquier cualqui er pol´ıgono. ıgono. Consideremos una inversi´ inversión on con centro A y radio r=1. La circunferencia circunscrita al pol´ pol´ıgono pasa por el centro de inversi´ on, por lo que su imagen es on, una recta, la recta BH que pasa por los puntos de intersección de ambas. Consideremos los triángulos angulos AUV y ACD, y apliquemos la fórmula ormula que relaciona las longitudes de segmentos transformados por una inversión. on. 2

· · AU · r· AV = AU U · ·V AV

1 = C D = U = U V

Entonces U V = AU AV AV y y el triángulo angulo AUV es multiplicativo.

· ·

Problema 7(2006) ABC es un triángulo angulo isósceles osceles con AB = AC. Sea P un punto cualquiera de la circunferencia tangente a los lados AB en B y a AC en C. Pongamos a, b y c 23

Figura 17: Problema 6 a las distancias desde P a los lados BC, AC y AB respectivamente. Probar que: a2 = b c

·

Soluci´ on on

Pongamos m = PB; n = PC, Q, R y S las proyecciones de P sobre cada lado y sea P’ el punto diametralmente opuesto a P . Por la semejanza de los triángulos angulos PB’ y PBS se tiene: m 2r = m2 = 2cr 2 cr(1) (1) c m De modo análogo alogo por la semejanza de PCP’ y PBC se cumple:

⇔

n 2r = b n Por el teorema de los senos en PBC:

2 br(2) (2) ⇔ n2 = 2br

sen( sen(∠P BC ) BC ) =

n 2r

y en el triángulo angulo rectángulo angulo PQB: sen( sen(∠P BQ) BQ ) = de donde a= mn 2r

⇔ a2 =

m2 n2 4r2

a m

y por (1) y (2) queda finalmen finalmente: te: a2 = b c

·

Problema 8(2007) Sea O el circuncentro de un triángulo angulo ABC. La bisectriz que parte de A corta al lado opuesto en P. Probar que se cumple: 2

AP + OA

2

− OP 2 = bc

24


Figura 19: Problema 8 Prolongamos AP Prolongamos AP has hasta ta que corte en M al circunc circ unc´´ırculo. Los tri´ tri ángulos angulos ABM y APC son semejantes al tener dos ángulos angulos iguales.(∠ACB =∠ AMB por inscritos en el mismo arco y ∠BAN = ∠CAN por bisectriz). Entonces: c AP = b AM

bc = AM AM · ⇔ bc = · AP

como AM como AM = AP + P M , M , queda: 2

bc = bc = AP AP ((AP + P M ) M ) = AP + AP P M

· ·

AP P M es es la potencia de P respecto de la circunferencia circunscrita y su valor

·

25

es OA

2

Sustituyendo do llegamos llegamos a: − OP 2. Sustituyen 2 2 2 AP + OA − OP = bc

Problema 9(2008) Dada una circunferencia y en ella dos puntos fijos A, B, otro variable P y una recta r; se trazan las rectas PA y PB que cortan a r en C y D respectivamente. Determina dos puntos fijos de r, M y N, tales que el producto CM DN sea constante al variar P.

·

Soluci´ on on

Figura 20: Problema 9 Trazamos las paralelas a r por A y B que cortan a la circunferencia en A’ y B’ respectivamente de modo que AA’BB’ es un trapecio isósceles. osceles. Las intersecciones de AB’ y BA’ con r determinan los puntos M y N buscados. En efecto, efecto, los triángulos angulos AMC y DNB (sombreados en la figura) son semejantes ya que tienen dos ángulos angulos iguales: = ∠B ∠M AC =

 BP = ∠N DB

donde la primera igualdad es cierta por ser ángulos angulos inscritos en el mismo arco y la segunda por ser BB’ paralela a r. AM C = ∠AB ∠AMC

 B = ∠DN B

con argumentos análogos alogos a los anteriores. Establecie Estableciendo ndo la proporciona proporcionalidad lidad de los lados resulta AM N D = M C BN

= AM · ⇔ M C · N D = AM · BN

Cantidad que no depende de P. Se observa que si la recta r pasa por el punto A, M = A = C, no se forma el triángulo angulo AMC. En este caso C caso C M = = 0 y el producto CM DN = DN = 0, es constante. Análogamente alogamente este producto es cero si la recta r pasa por B o por los puntos A y B en cuyo caso C caso C M = DN = 0

· ·

26

Problema 10(2010) Sea P un punto cualquiera de la bisectriz del ángulo A en el triángulo angulo ABC, y sean A’, B’, C’ puntos respectivos de las rectas BC, CA, AB, tales que PA’ es perpendicular a BC, PB’ es perpendicular a CA y PC’ es perpendicular a AB. Demuestra que PA’ y B’C’ se cortan sobre la mediana AM, siendo M el punto medio de BC. Soluci´ on on Soluci´ on on

Figura 21: Problema 10 Sea E el punto de intersección on de PA’ y B’C’. Si P se mueve sobre la bisectriz AI (I es el incentro), la figura PB’C’E es homotética etica de s´ı misma con respecto al punto A. Luego E describe una recta que pasa por A. La bisectriz AI corta a la circunferencia circunscrita a ABC en F, que se proyecta en el punto medio Am de BC; si P = F, la recta B’C’ es la recta de Simson de F, luego el lugar geométrico etrico de E es la mediana AAm .

27

6.

Proble Problema mass de la olim olimpia piada da inter internac nacion ional al

En esta sección on hemos puesto los problemas propuestos en la olimpiada internacional en los que en su resolución on se utiliza como herramienta movimientos y transformaciones en el plano y en el espacio.

Problema 1(2006) Sea ABCDE un pentágono agono convexo tal que

∠BAC

=

∠CAD

=

∠DAE

y

∠ABC = ∠ACD = ∠ADE .

Las diagonales BD y CE se cortan en P. Demuestra que la recta AP divide al lado CD en dos partes iguales. Soluci´ on on

Figura 22: Problema 1 Sea Q la intersección on de las diagonales AC y BD, R la intersección on de las diagonales AD y CE y M el punto de corte de AP. Lo que queremos probar entonces es que CM=MD. La idea es mostrar que Q y R dividen a AC y AD con la misma proporción, es decir: AQ AR = QC RD Las igualdades de ángulos angulos dadas implican que los triángulos angulos ACD, ABC y ADE son semejantes. Entonces tenemos: AB AC AD = = AC AD AE Puesto que ∠BAD = ∠BAC + ∠C AD = ∠C AD AD + + ∠DAE = ∠C AE , se AB AD deduce a partir de AC = AE que los triángulos angulos ABD y ACE son tambi´ en en semejantes. Sus bisectrices en A son AQ y AR respectivamente, entonces AB AQ = AC AR AC Porque AB = AQ , obtenemos obtenemos AB = AD que es equivalen equivalente te a AC AR AC Aplicando el teorema de Ceva al triangulo ACD:

AQ CM DR =1 QC M D RA

·

·

Lo cual nos lleva a CM=MD, que completa la demostración. 28

AQ QC

=

AR . RD

Problema 2(2006) Sea ABCD un trapecio con lados paralelos AB> AB >CD. Sean K y L puntos en los segmentos AB y CD, respectivamente, tales que AK/KV=DL/LC. Suponemos que existen los puntos P y Q en el segmento KL tales que ∠AP B = ∠BC D

y

QD = = ∠ABC ∠C QD

Demostrar que los puntos P, Q, B y C son conc´ conc´ıclicos. Soluci´ on on

Figura 23: Problema 2 Como AB CD, CD , la relación on AK/KV=DL/LC implica que las rectas AD, BC y KL tienen un punto en com´ un un S. Sean X e Y los puntos de intersección on de la recta SK con los c´ırculos ırculos circunscritos a ABP y CDQ respectivamente. Puesto que APBX es un cuadrilátero atero c´ıcli ıc lico co y AB CD, CD , tenemos





∠AXB =

180o

−∠AP B = 180o −∠BC D = ∠ABC

Esto demuestra que BC es tangente al c´ırculo ırculo circunscrito al tri´ t riángulo angulo ABP en B. Análogamente alogamente se demuestra que BC es tangente al c´ırculo circunscrito al tri´ angulo angulo CDQ. Entonces S Entonces S P SX = SB S B 2 y S Q SY = SC S C 2 . Sea h la homotecia con centro S y razón on SC/SB. Como h(B)=C implica implica que h transforma el c´ırculo circunscrito al triángulo angulo ABP en el c´ırculo circunscrito CDQ. También en h relaciona relacion a AB con CD y fácilmente acilmente se demuestra que h(P)=Y, h(X)=Q, donde SP/SY=SB/SC=SX/SQ. Las igualdades Sp SX = S B 2 y SQ/SX=SC/SB implican que SP SQ = SB SC que SC que es equivalente a que P, Q, B y C sean conc´ıclicos. ıclicos.

· ·

·

·

·

· ·

29

Problema 3(2007) En un triángulo angulo ABC, la bisectriz del vértice ertice C es cortada por la circunferencia circunscrita y por las mediatrices de los lados BC y CA en los puntos R, P y Q, respectivamente. S y T son los puntos medios de los lados BC y CA, respectivamente. Demuestra que los triángulos angulos RQT y RPS tienen la misma area. área. Soluci´ on on

Figura 24: Problema 3 Si AC=BC el triángulo angulo ABC es isósceles, osceles, Los triángulos angulos RQT y RPS son simétricos etricos respecto respec to la bisectri b isectrizz de C y por lo l o cual su s u área area es la misma. Por lo cual, suponemos que AC< AC
−

area( area(RQT ) RQT ) d(T , C R) R) C T 1 = = = area( area(RQA) RQA) d(A,CR) A,CR) CA 2 Análogamente alogamente se demuestra que area( area(RP S ) CS 1 = = area( area(BP R) CB 2 Por lo cual 1 1 area( area(RQT ) RQT ) = area( area(RQA) RQA) = area( area(BP R) = area( area(RP S ) 2 2 30

Problema 4(2007) Las diagonales del trapezoide ABCD cortan en el punto P. El punto Q es el punto de corte de las paralelas BC y AD tal que ∠AQD = ∠CQB , y la recta CD separada de los puntos P y Q. Prueba que ∠BQP = ∠DAQ DAQ.. Soluci´ on on

Figura 25: Problema 4 AD Sea t= BC . Cons Consid ider eram amos os la homo homote teci ciaa h con con cent centro ro P y raz´ raz´ on o n -t. Los triángulos angulos PDA y PBC son semejantes con razón on t, entonces h(B)=D y h(C)=A. Sea Q’=h(Q). Los puntos Q,P y Q’ están an alineados. Los puntos Q y P se encuentr encuentran an en el mismo lado de AD, as´ as´ı como en el mismo lado de BC. Por lo tanto Q’ y P están an también en en el mismo lado de h(BC)=AD, y p or lo cual Q y Q’ están an en el mismo lado de AD. Además, as, los puntos Q y C están an en el mismo lado de BD mientras que Q’ y A están an en el lado contrario.  Por la homotecia, ∠AQ D = ∠CQD = ∠AQD AQD,, por lo cual el cuadrilátero atero AQ’QD es c´ıclico. Entonces

DAQ = = ∠DQ ∠DAQ

 Q = ∠DQ P = ∠BQP

Problema 5(2009) Sea ABC un triangulo y O su circuncentro. Los puntos P y Q son puntos interiores de los lados CA y AB respectivamente. La circunferencia k pasa por los puntos medios de las segmentes BP, CQ y PQ. Prueba que si la recta PQ es tangente a la circunferencia k entonces OP=OQ. Soluci´ on on

Sean K, L, M, B’ y C’ los puntos medios de BP, CQ, PQ, CA y AB respectivamente. Como CA LM, tenemos que ∠QP A = ∠LMP LM P .. Como k toca el segmento PQ en M, obtenemos que ∠LMP LM P = ∠LKM . LKM . Entonces ∠QP A = ∠LKM . LKM . De forma similar obtenemos que ∠P QA = ∠K LM LM gracias a que AB MK. Entonces los triángulos angulos APQ y MKL son similares entonces:





AP M K = = AQ ML

31

QB

2 P C

2

=

QB P C

Figura 26: Problema 5 De aqu´ a qu´ı obten ob tenemos emos que AP que AP P C = AQ QB que QB que significa que la potencia de los puntos P y Q respecto de la circunferencia circunscrita al triangulo ABC es la misma, entonces OP=OQ.

·

·

Problema 6(2010) Sea ABC un triángulo, angulo, I su incentro y Γ su circunferencia circunscrita. La recta AI corta de nuevo a Γ en D. Sean E un punto en el arco formado por BDC y F un punto en el lado BC tales que ∠BAF

= ∠CAE <

1 ∠BAC 2

Sea G el punto medio del segmento IF. Demuestre que las rectas DG y EI se cortan sobre Γ. Soluci´ on on

Sea X el segundo punto de intersección on de la recta EI con Γ, y L el pie de la bisectriz del ángulo angulo BAC. Sean G’ y T los puntos de intersección del segmento DX con las rectas IF y AF respectivamente. Tenemos que probar que G=G’ o IG’=G’F. Por el teorema de Menelao aplicado al triangulo AIF y la recta DX, tenemos: 1=



G F IG 

=

T F AT

·

AD , ID

or

T F AT

=

ID AD

Sea K el punto de intersección o n de la recta AF con Γ, K = A. Entonces tenemos que B que B K = C E y y por lo cual, KE BC . BC . Por otro lado ∠I AT = ∠DAK = ∠EAD = ∠EX D = ∠I X T as´ T as´ı que los puntos I, I , A, X, T son c´ıclicos. Entonces ∠I T A = ∠I X A = ∠EX A = ∠EK A, por lo cual, F IL I T K E BC . BC . De aqu´ aqu´ı obtenemos obtenem os que TAT = AI

  

CAE y ∠BAK = ∠ CAE y

 

 

32

Figura 27: Problema 6 IL CL Como CI es la bisectriz del ángulo angulo ACL, tenemos AI = AC . Además as ∠DCL DC L = 1 DC B = ∠DAB = ∠C AD = 2 ∠BAK , BAK , entonces los triángulos angulos DCL y DAC ∠DCB CL DC son semejantes, por lo cual AC = AD . Finalmente, es conocido que el punto ID medio D del arco BD es equidistante de los puntos I, B, C, entonces DC = AD . AD T F ID Uniendo todas estas igualdades llegamos a la conclusión on AT = AD como quer´ qu er´ıamo ıa mos. s.

Problema 7(2010) El punto P se encuentra en el interior del triángulo angulo ABC. Las rectas AP, BP, CP cortan a la circunferencia circunferencia circunscrit circunscritaa al triangulo ABC en los puntos K, L, M, respectivamente. La tangente a la circunferencia circunscrita en C corta a la recta AB en S. Demostrar que SC=SP si y sólo si MK = ML. Soluci´ on on

Figura 28: Problema 7 Asumimos que CA> CA>CB, as´ı que el punto S corta en la recta AB. 33

Por la semejanza de los triángulos angulos PKM y PCA y los triángulos angulos PLM y P M PA LM CB PCB tenemos que KM = CA y P M = P B . Multiplicando estas dos igualdades tenemos que: LM CB P A = KM CA P B PA Donde la relación on MK=ML es equivalente a CB =P CA B Llamamos E al pie de la bisectriz del ángulo angulo B en el triangulo ABC. ReCA cordemos cordemos que el lugar geom´ etrico etrico de los puntos puntos X tales que XB = CB es la XA circunferencia de Apolonio Ω con centro Q en la recta AB, y pasa por los puntos C y E. Entonces tenemos que MK=ML si y solo si P esta en Ω, es decir, QP=QC. Ahora probaremos p robaremos que S=Q resolviendo resolvie ndo as´ı el problema. pro blema. Tenemos que q ue ∠CE S = = CAE + ∠ACE = ∠BC S +∠EC B = ∠EC S as´ as´ı que q ue SC=SE. S C=SE. Entonces el punp un∠CAE + to S se encuentra en el punto de corte de la recta AB con la mediatriz de CE y por tanto coincide con Q.

·

Problema 8(2011) Sea ABC en triangulo acutángulo angulo con circunferencia circunscrita Ω. Sea B 0 el punto medio del AC y C’ el punto medio de AB. Sea B el pie de altura de A y G el baricentro del triangulo ABC. Sea ω una circunferencia que pasa por B por B 0 y C’ que es tangente a Ω en el punto X punto X = A. A . Demuestra que los puntos D, G y X est´ an an alineados.

 

Soluci´ on on

Figura 29: Problema 8 Si AB=A AB=AC, C, la demostraci demostraci´ón on es trivial. Supondremos sin perdida de que generalidad que AB< AB
Ω1 la circunferencia circunscrita al triangulo AB A B0 C 0 . Las circunferencias Ω y Ω1 son homotéticas eticas con centro c entro A, as´ as´ı que qu e la tangente a A y a es su eje radical. ra dical. Las rectas a, x y B0 C 0 son los tres ejes radicales de las tres circunferencias Ω, Ω1 y ω. Entonces estas tres rectas son concurrentes en un punto W. Los puntos puntos A y D son simétricos etricos respecto respecto de la recta B0 C 0 , por lo cual WX=WA=WD. Esto significa que W es el centro de la circunferencia circunscrita γ crita γ del del triangulo ADX. Además, as, ∠W AO = AO = ∠W X O = 90o , donde O denota el centro de Ω. Por lo cual ∠AW X + + ∠AOX = = 180o . Sea T la segunda intersección on de Ω y la recta DX. Notemos que O pertenece a Ω1 . Usando las circunferencias Ω y γ y γ , tenemos que ∠DAT = ∠ADX ∠AT D = 1 1 o (360 AQX ) AOX AOX = 180o 12 (∠AW X + ∠AOX ) = 9 0o . as´ı que qu e ∠ ∠ 2 2 AD AT , AT , y por lo cual AT BC . BC . Entonces ATCB es un trapecio isósceles osceles inscrito en Ω. Llamemos A0 al punto medio de BC, y consideremos la imagen de ATCB bajo la homotecia H con centro G y razón on 12 . Entonces h(A)=A h(A)=A0 , h(B)=B h(B)=B0 y h(C)= h(C)=C C 0 . Por la simetr´ simetr´ıa sobre B0 C 0 tenemos tenemos que ∠T CB = ∠CB A = ∠B0 C 0 A = ∠DC 0 B0 . Usando AT DA 0 concluimos que h(T)=D. Entonces los puntos D, G y T están an alineados y X pertenece a esta recta.

⊥

−

−

−

−



−



Problema 9(2012) Sea ABCD un cuadrilátero atero c´ıclico ıclico cuyas diagonales cortan en el punto E. La extensi´ on de los lados AD y BC por A y B corta en el punto F. Sea G el punto on tal que ECGD es un paralelogramo y sea H la imagen de E bajo la reflexión on en AD. Demuestra que D, H, F y G son conc´ conc´ıclicos. Soluci´ on on

Figura 30: Problema 9 Vamos a demostrar primero que los triángulos angulos FDG y FBE son semejantes. Puesto que ABCD es c´ıclico, los triángulos angulos EAB y EDC son semejantes, por 35

lo cual FAB y FCD FCD tambi´ tambi´ en en lo son. Por ser ECGD paralelogramo paralelogramo,, GD=EC GD=EC y ∠C DG = ∠DCE DC E , tamb ta mbi´ ién en ∠DCE DC E = ∠DCA DC A = ∠DBA por ser ángulos angulos inscritos. Entonces DG = = ∠F DC + + ∠CDG CD G = ∠F BA ∠F DG

+ ∠ABD = ABD =

∠F BE

GD C E C D FD = = = EB EB AB FB Por lo cual FDG y FBE son semejantes y ∠F GD = ∠F EB . GD = Puesto que H es la reflexión on de E con respecto de FD, concluimos que ∠F HD = ∠F ED =

180o

GD.. −∠F EB = 180o −∠F GD

Esto demuestra que D, H, F y G son conc´ıclicos. ıclicos.

Problema 10(2012) Dado un triangulo triangulo ABC, el punto punto J es el centro centro del exc´ exc´ırculo ırculo opuesto opuesto al v´ ertice ertice A. Este exc´ırculo ırculo es tangente al lado BC en M, y a las rectas AB y AC en K y L, respectivamente. Las rectas LM y BJ se cortan en F, y las rectas KM y CJ se cortan en G. Sea S el punto de intersección on de las rectas AF y BC, y sea T el punto de intersección on de las rectas AG y BG. Demostrar que M es el punto medio de ST. Soluci´ on on

Figura 31: Problema 10 Sea α = ∠CAB , β = ∠ABC y γ = ∠BC A. La recta AJ es la bisectriz de a s´ı que qu e ∠J AK = ∠ J AL = AL = α2 . Por ∠AKJ = ∠ ALJ = 90o los puntos K ∠CAB as´ y L est´ an an en el circulo ω con diámetro ametro AJ. 36

Como BM y BK son s on las tangentes al exc´ırculo, ırculo, el tri´ tri ángulo angulo KNM es isósceles. osceles. β o Puesto que BJ es la bisectriz de ∠KB M , M , tenemos que ∠M BJ = 90 y 2 β γ ∠BM K = 2 . Igualmente se deduce que ∠CM L = 2 . Entonces ∠BM F = ∠CM L, por lo cual

−

β

γ

α

F = (90o − 2 ) − 2 = 2 = ∠LAJ . − − ∠BM F =

∠LF J = ∠M BJ

Entonces F esta en el circulo ω . (Por el cálculo alculo del ángulo, angulo, F y A están an en el mismo lado de BC.) Análogamente, alogamente , G también en está en ω. Puesto que AJ es el di´ ametro ametro de ω, obtenemos que ∠AF J = ∠AGJ = 90o . Las rectas rectas AB y BC son sim´ simétricas etricas con respecto a la bisectriz bisectriz externa BF. Como AF BF y K M BF , BF , los segmentos s egmentos SM S M y AK son s on simétricos etricos con respecto resp ecto de BF, entonces SM=AK. Por simetr simetr´ıa TM=AL. TM=AL. Puesto Puesto que AK y Al son iguales iguales como tangentes tangentes del exc´ exc´ırculo, ırculo, SM=TM, SM=TM, y por lo cual la demostraci demostraci´ón on esta completa.

⊥

⊥

37

Referencias [1] Sánchez-Rubio anchez-Rubio Garcia, Cristóbal, obal, Ripoll´ Ripol lés es Amela, Amel a, Manuel: Manuel : Manual de matem´ aticas aticas para la preparaci´ preparaci´ on on ol´ımpica. ımpica. Universitat Universita t Jaume Jau me I, 2000. [2] Sessions Sessions de preparaci´ preparació per a l’olimp´ l ’olimp´ıada ıada matemática. atica. Societat catalana de matem´ atiques, atiques, 2000. [3] Garc´ıa ıa Capit Ca pit´án, an, Francisco J.Inversión on en olimpiadas. Revista escolar de la olimp´ıada ıada iberoamerican ibero americanaa de d e matem´ ma temática, atica, 2005.

38

.

PROBLEMAS DE OLIMPIADAS MATEMÁTICAS SOBRE GEOMETRÍA El triángulo

ELISABETH G ONZÁLEZ F UENTES

Máster de Matemáticas Universidad de Granada. 2014

Problemas sobre triángulos

Trabajo Fin de Máster presentado en el Máster Interuniversitario de Matemáticas

Realizado Realizado por: ELISABETH G ONZÁLEZ FUENTES

Dirigido por el Prof. Dr. D. Pascual Jara Martínez

Máster de Matemáticas Universidad de Granada. 2014

Introducción Las olimpiadas matemáticas son un concurso que se celebra anualmente desde el año 1965, consistente en resolver diversos problemas de alta dificultad pero en los que principalmente se utilizan técnicas de nivel de bachillerato. En cada sesión se proponen tres o cuatro problemas. Se conceden medallas de oro, plata y bronce. Cada una de las medallas tiene también un premio en metálico y, además, estos nuevos estudiantes participan en las olimpiadas españolas, de las que se seleccionan los que van a la olimpíada internacional. Existen clases de preparación, que no son solo útiles como preparación para las olimpiadas, sino que son una intr introd oduc ucci ción ón a técn técnic icas as senc sencil illa lass que los los estu estudi dian ante tess podr podrán án util utiliza izarr en sus sus clas clases es,, tant tantoo en el Bach Bachill iller erat atoo como como en la Universidad. Estas lecciones son a su vez una oportunidad para que los estudiantes disfruten empezando a manipular conceptos matemáticos nuevos. En este Trabajo de Fin de Máster (TFM) se realizará una síntesis de aquellos aspectos que he considerado especialmente significativos e importantes, que se pueden desarrollar a lo largo de los diferentes bloques de Matemáticas cursados hasta segundo de bachillerato, centrándonos especialmente en aquellos relacionados con el triángulo en el plano. Tras un desarrollo teórico, necesario para resolver los problemas que se van a trabajar, que ocupa los dos primeros capítulos de este trabajo, se relaciona una colección de problemas que han aparecido en las diversas competiciones de las olimpiadas en Matemáticas, locales, nacionales e internacionales, y que tienen como eje central el triángulo y sus propiedades. La dificultad de estos problemas es distinta en cada una de estas competiciones, por lo que los clasificamos atendiendo a la misma o equivalentemente según las competiciones en las que se han propuesto. Hemos procurado que los ejercicios están complemente desglosados, explicando y analizando en detalle cada uno uno de los los paso pasoss de su reso resolu luci ción ón,, prob proban ando do cada cada uno uno de los los resu result ltad ados os parc parcia iales les,, lo que que ha permi permiti tido do engr engros osar ar la parte teórica con estos resultados con objeto de hacer más accesible la lectura del texto.

Índice general Introducción

5

I

1 1 3 6

II

III IV V

1 2 3

Punt Pu ntos os no nota tabl bles es de un tr triá iáng ngul ulo. o. Co Conc ncep epto toss y re resu sult ltad ados os bá bási sico coss Triá iánngul uloo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Circun Cir cunfer ferenc encias ias en el tri triáng ángulo ulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Fór órmu mula lass de dell tr triá iáng ngul uloo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4 5 6

Rela laci cion ones es mé méttri rica cass en el tri riááng ngu ulo 9 Teor eorema emass des desta tacab cables les par paraa el tri triáng ángulo ulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 Iguald Igu aldad ad y sem semeja ejanza nza de tri triáng ángulo uloss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18 Potenc otencia ia de un punto respe respecto cto de una circu circunferen nferencia cia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

7

Olimpiadas Locales 23 Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

8

Olimpiadas Nacionales 39 Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

9

Olimpiadas Internacionales 63 Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63

Bibliografía

81

Bibliografía. Refere Referencias ncias Web

83

Índice alfabético

85

.

Capítulo I

Puntos notables de un triángulo. Conceptos y resultados básicos 1. Trián riángu gulo lo Un triángulo Un triángulo,, en geometría, es la unión de tres segmentos que determinan tres puntos, no colineales, del plano. Cada punto dado pertenece a dos segmentos exactamente. Los puntos comunes a cada par de segmentos se denominan vértices denominan vértices del del triá triáng ngul uloo y los los segm segmen ento toss de rect rectaa dete deterrminados son los lados los lados del triángulo. Dos lados contiguos forman uno de los ángulos los ángulos interiores del triángulo.

A

b c

C a

Un triángulo es una figura estrictamente convexa y tiene 3 ángulos interiores, 3 ángulos exteriores, 3 lados y 3 vértices entre otros elementos.

B

1.1. Mediatriz.C Mediatriz.Circun ircuncentro centro A

La mediatriz La mediatriz de de un segmento es la recta perpendicular al mismo en su punto medio. El circuncentro El circuncentro O de un triángulo es el punto de intersección de las tres mediatrices de un triángulo.

c

b

O C B

a

C AP. I. PUNTOS NOTABLES DE UN TRIÁNGULO. C ONCEPTOS Y

RESULT RESULTADOS BÁSICOS

1.2. 1.2. Altura Altura.Ort .Ortoce ocentr ntro o A

Una altura Una altura de de un triángulo es el segmento perpendicular comprendido entre un vértice y el lado opuesto. El ortocentro El ortocentro H de un triángulo es el punto de intersección de las tres alturas de un triángulo.

ha c

b

H hb

hc C

B

a

1.3. Bisectriz.I Bisectriz.Incentr ncentro o A

La bisectriz es la semirrecta que divide a un ángulo en dos partes iguales. El incentro El incentro I de un triángulo es el punto de intersección de las tres bisectrices de un triángulo.

c

b

I

C B

a

E b

La bisectriz de los ángulos exterioresa de un triánexterior. gulo se le llama bisectriz llama bisectriz exterior. Un exincentro Un exincentro E de de un triángulo es el punto de intersección de las bisectrices de cualesquiera dos de los tres ángulos exteriores de un triángulo. También se les llama excentros llama excentros.. Todo triángulo posee tres exincentros que son los centros de las circunferencias exinscritas del triángulo.

A Ec

C

B

El ángulo exterior de un polígono está formado por un lado lado cualqu cualquier ieraa y la prolo prolonga ngació ciónn del que está está a contin continuac uación ión.. a

Ea

PROPIEDAD Como los dos ángulos externos son opuestos por el vértice, sus bisectrices son prolongación una de otra y perpendiculares a la bisectriz interior del mismo vértice.

SEC . 2. CIRCUNFERENCIAS EN EL TRIÁNGULO

1.4. 1.4. Median Mediana. a. Barice Baricentr ntro o A

Una mediana Una mediana es es cada una de las rectas que une el punto medio de un lado con el vértice opuesto. El baricentro El baricentro G de un triángulo es el punto de intersección de las tres medianas de un triángulo.

c

b

ma G mc

mb

C B

a

PROPIEDADES Cada mediana divide al triángulo en dos regiones de igual área. El baricentro divide a cada mediana en dos segmentos. El segmento que une el baricentro con el vértice mide el doble que el segmento que une baricentro con el punto medio del lado opuesto.

2. Circun Circunfer ferenc encias ias en el triáng triángulo ulo 2.1. Circunfere Circunferencia ncia inscrita inscrita en el triáng triángulo ulo A

Una Una circunferencia inscrita en inscrita en un triángulo es aquella que, siendo interior, es tangente a todos sus lados. Al radio de una circunferencia inscrita en un polígono se le denomina inradio denomina inradio.. 1.3)) es el centro de la circunferencia El incentro El incentro(1.3 inscrita a dicho triángulo.

c

E D

b

r

I

C F a B

PROPIEDAD Sea: I.12)) p el semiperímetro(I.12

del triángulo AB C .

D, E y a respec y F los puntos de tangencia de la circunferencia inscrita en el triángulo con el lado c , b y a

tivamente. Entonces: AD = AD = p p

− a,

(I.1)


BD B D = p = p


− b.

(I.2)

Análogamente: AE = p = p

− a,

C E = p = p

− c,

(I.3)

C F = p

− c,

B F = p

− b.

(I.4)

DEMOSTRACIÓN . Sabemo Sabemoss que: que: AD = AD = AE AE , = C F , EC E C = C = B D. F B = B

Entonces el semiperímetro del triángulo quedaría: p = p =

=

a + b + b + + c c

2

I.12)) ) ( ver semiperímetro(I.12

AD + 2 EC E C + + 2 F B 2 AD + 2

(aplicando las igualdades anteriores)

= AD + AD + E E C + F + F B .

Despejando tenemos: AD = AD = p p

E C + F + F B ) = p = p − a − ( EC

DB = DB = F F B = p = p

(I.5)

AD + E E C ) = p = p − b. − ( AD +

(I.6)

Análogamente se probaría: AE = p = p

− a,

C E = p = p

− c,

C F = p

− c,

B F = p

− b.



2.2. Circunfere Circunferencia ncia circunscrita circunscrita en el el triángul triángulo o A

circunscrita de un triángulo es La circunferencia La circunferencia circunscrita de la circunferencia que pasa por todos sus vértices y, y, por tanto, lo contiene completamente en su interior. El centro de la circunferenc circunferencia ia circunscrit circunscritaa es el cir( 1.1) 1.1 ) cuncentro y su radio se llama circunradio llama circunradio..

b

c O

C B

a

SEC . 2. CIRCUNFERENCIAS EN EL TRIÁNGULO

2.3. Circunfere Circunferencias ncias exinscritas exinscritas en el el triángulo triángulo exinscritas de un triángulo son las circunferencias tangentes a un lado y a las prolongaLas circunferencias Las circunferencias exinscritas de ciones de los otros dos.

A

E b

Ec

E 3

E 2

E 1 B

C

Ea

PROPIEDAD Sea: I.12)) p el semiperímetro(I.12


E 1, 1, E 2

y E 3 los puntos de tangencia de la circunferencia exinscrita en el triángulo con el lado c , b y a, respectivamente.

Entonces: = p BE B E 1 = p

− a,

(I.7)

BE B E 1 = p = p

− a.

(I.8)

Análogamente: = p AE 2 = p

− c,

= p C E 2 = p

− a,

(I.9)

C A3 = p = p

− b,

BA3 = p = p

− c.

(I.10)

DEMOSTRACIÓN . Análoga Análoga a la demostraci demostración ón anterior anterior (2.1 (2.1). ).





2.4. 2.4. Arco Arco capaz capaz El arco El arco capaz es capaz es el lugar geométrico de los puntos desde los que un segmento AB se ve con el mismo ángulo; es decir, el lugar geométrico de los vértices de los ángulos que tienen la misma amplitud y abarcan un mismo segmento. El arco capaz de un segmento AB, de ángulo λ, es un par de arco arcoss de circ circun unfe fere renc ncia ia simé simétr tric icos os a cada cada lado lado del del segsegmento AB que contiene los vértices de ángulo λ y unidos por los puntos A y B. El ángulo que subtiende el segmento AB visto desde el centro del círculo es 2λ.

λ

A

B

2.5. Ángulo inscrito inscrito en una circunferen circunferencia cia inscrito en una circunferencia es un ángulo subtendido en un punto de la circunferencia por otros Un ángulo Un ángulo inscrito en dos puntos de esta. Un ángulo inscrito está definido por dos cuerdas de una circunferencia que tienen un extremo común.

PROPIEDAD C

Si dos o más ángulos inscritos comparten el mismo arco, éstos miden lo mismo.

D

α = 45◦

β = 45◦

∠ ACB AC B = ∠ ADB

α = β.

A

B

3. Fórmula órmulass del triáng triángulo ulo Perímetro del triángulo El perímetro El perímetro,, P , es igual a la suma de las longitudes de sus tres lados y se denota con una P mayúscula. + b + c P = P = a a + b + c .

(I.11)

Semiperímetro del triángulo El semiperímetro El semiperímetro,, p, de un triángulo es igual a la suma de sus lados partido por 2 (Es el perímetro dividido dividido entre dos). p = p =

+ b + + c a + b c

2

.

(I.12)

SEC . 3. FÓRMULAS DEL TRIÁNGULO

Área del triángulo El área El área,, S , de un triángulo es igual a base por altura partido por 2. S =

bh

2

.

(I.13)

donde: b es la base del triángulo. h es la altura del triángulo.

Área en función del radio de su circunferencia inscrita A

S = r = r p.

(I.14)

donde: b

c

2.1)) r es el radio de la circunferencia inscrita(2.1

en el triángulo.

r

I.12)) p es el semiperímetro(I.12

del triángulo.

a

B

C

Área en función del radio de su circunferencia circunscrita A

S =

a bc

4 R

.

(I.15)

c

b

donde:

D R

O

es es el radio de la circ ircunferencia ( 2.2) 2.2 ) circunscrita en el triángulo.

R

I.12)) p es el semiperímetro(I.12

C a

B

del triángulo.

Área conociendo dos lados de un triángulo y el ángulo que forman A

S =

1 ba sen C C . 2



c

b

(I.16) B

a

C



Capítulo II

Relaciones métricas en el triángulo 4. Teoremas eoremas destacables destacables para el triángulo triángulo 4.1. Teorema eorema de Pitágoras Pitágoras A

Teorema 4.1 (Teorema de Pitágoras) En todo triángulo rectángulo el cuadrado de la hipotenusa es igual a la suma de los cuadrados de los catetos. Es decir, para todo triángulo se tiene: c 2 = b 2 + a 2 .

c

b

B

(II.1)

C

a

DEMOSTRACIÓN . Este Teorema Teorema tiene varias varias demostraciones interesantes en el siguiente enlace se pueden ver detalladamente algunas de ellas. 

4.2. 4.2. Teorema eorema de Thales Thales Existen dos teoremas relacionados con la geometría clásica que reciben el nombre de Teorema de Thales, ambos atribuidos al matemático griego Thales de Mileto. A

Teorema 4.2 (Teorema 1) AB C . Si se traza un segmento parale- Dado un triángulo ABC   lo, B C , a uno de los lados del triángulo, se obtiene otro triángulo AB AB  C  , cuyos lados son proporcionales a los del AB C . triángulo AB AB AB

=

AC AC 

=

B C B  C 

.

(II.2)

B 

C 

C B

C AP. II. R ELACIONES E LACIONES MÉTRICAS EN EL TRIÁNGULO s

r

Teorema 4.3 (Variante del Teorema de Thales) s ) se cortan por va- Si dos rectas cualesquiera ( r y s   rias rectas paralelas ( AA , B B , C C  ) los segmentos determinados en una de las rectas ( AB, BC B C )) son proporcionales a los segmentos correspondientes en la otra ( A ( A B  , B  C  ).Es decir, AB B C AC = = . A B  B C  A C 

A

A

B

B

(II.3) C

C 

B

Teorema 4.4 (Teorema 2) Sea B B un punto de la circunferencia de diámetro A AC, distinto de A A y de C C . Entonces el ángulo AB AB C , es recto.

DEMOSTRACIÓN . En la circu circunfe nferen rencia cia de de centro centro O, los segmentos OA, OB O B y OC O C son son iguales por ser todos radios de la misma circunferencia, entonces los triángulos AOB y B B OC son isósceles por tener dos lados iguales. Notemos a los ángulos iguales del triángulo AOB con α y a los del triángulo B OC con β , entonces fijándonos en el triángulo AB C tenemos: tenemos: 2α + 2β = π.

(II.4)

O

A

C

B

α

α A

β

O

β

C

Dividiendo ambos miembros por dos tenemos:



ABC ABC = α + β =

Corolario 4.1 (Corolario 1)

π

2

.

(II.5) 

1.4)) correspondiente a la hipotenusa es siempre la En todo triángulo rectángulo la longitud de la mediana (1.4 mitad de la hipotenusa.

SEC . 4. TEOREMAS DESTACABLES PARA PARA EL

TRIÁNGULO

Corolario 4.2 (Corolario 2)

2.2)) a todo triángulo rectángulo siempre tiene radio igual a la mitad de la hipo- La circunferencia circunscrita (2.2 1.1)) se ubicará en el punto medio de la misma. tenusa y su circuncentro (1.1

4.3. Teoremas eoremas trigonométr trigonométricos icos Teorema 4.5 (Teorema del seno)

  

AB C , las medidas de los lados opuestos a los ángulos A A, B B y C C son a , b, c , Si en un triángulo AB son respectivamente a entonces: a b c = = . (II.6) A sen B B sen A C sen C

    

DEMOSTRACIÓN . Dado Dado el triáng triángulo ulo ABC , denota denotamos mos por O su ( 1.1) 1.1 ) circuncentro y dibuja dibujamos mos su circun circunfer ferenc encia ia ( 2.2) 2.2 ) circunscrita . Prolon Prolongan gando do el segmen segmento to BO hasta hasta cort cortar ar la circunferencia, se obtiene un diámetro B P .

α b

P

c

α

O C

Ahora, el triángulo P C B es rectángulo, puesto que BP B P es un diáme diámetr tro, o, y adem además ás los los ángu ángulo loss A A y P P son 2.5)) iguales, porque ambos son ángulos inscritos(2.5 que abren el segmento B C (véase definición de arco capaz (2.4 (2.4)). )).

  

a B

Por definición de la función trigonométrica seno, se tiene:

  

sen A A = sen P = P =

B C BP B P

=

a

2 R

.

(II.7)

donde R es el radio de la circunferencia circunscrita. Despejando 2 R tenemos: a

= 2 R. (II.8) sen A A Repitiendo el procedimiento con un diámetro que pase por A y otro que pase por C , se llega a que las tres fracciones tienen el mismo valor 2 R y por tanto:



a

=

b

=

c

    

sen A A

sen B B

sen C C

.

(II.9)

La conclusión que se obtiene suele llamarse teorema de los senos generalizado y establece:

  

A, B B y C C son Si en un triángulo AB C , las medidas de los lados opuestos a los ángulos A son respectivamente ( 2.2) 2.2 ) , entonces: a, b, c y R R es el radio de la circunferencia circunscrita a

=

b

=

c

   

sen A A

sen B B

C sen C

= 2 R.

(II.10) 

C AP. II. R ELACIONES E LACIONES MÉTRICAS EN EL TRIÁNGULO Teorema 4.6 (Teorema del coseno)

  

Si en un triángulo AB son respectivamente a AB C , las medidas de los lados opuestos a los ángulos A A, B B y C C son a , b, c , entonces: a2 = b 2 + c 2

− 2 bc cos α.

(II.11)

DEMOSTRACIÓN . Vamos Vamos a hacer la demostración a través del Teorema de Pitágoras.



4.1)) cuando el ángulo C Notemos que el Teorema de Coseno es equivalente al Teorema de Pitágoras (4.1 C es es recto.

Por tanto sólo es necesario considerar los casos cuando c es adyacente a dos ángulos agudos y cuando c es adyacente a un ángulo agudo y un obtuso. 1. c es adyacente a dos ángulos agudos Consideremos la figura adjunta. Por el teorema de Pitágoras, la longitud c es calculada así: c 2 = h2 + u2 . (II.12)

B

Pero, la longitud h también se calcula así: h2 = a 2

− ( b − u)2. − b2 + 2 bu.

h

(II.13)

Sumando ambas ecuaciones y luego simplificando obtenemos: c 2 = a 2

a

c

A

u b

C

(II.14)

Por la definición de coseno, se tiene:

 

= cos C C =

b

− u,

(II.15)

 

(II.16)

a

y por lo tanto: u = b = b

− a cos C C .

Sustituimos el valor de u en la ecuación para c 2 , concluyendo que: c 2 = a 2 + b 2

y tenemos terminado el primer caso.

 

− 2a b cos C C ,

(II.17)


TRIÁNGULO

2. c es adyacente a un ángulo obtuso Consideremos la figura adjunta. El teorema de Pitágoras establece nuevamente: c 2 = h2 + u2 ,

B

(II.18)

pero en este caso

a h

2

h = a

2

2

− ( b + u) .

c

(II.19) u

Combinando ambas ecuaciones obtenemos: c 2 = u2 + a 2

− b2 − 2 bu − u2,

C

b

A

(II.20)

y de este modo: c 2 = a 2

− b2 − 2 bu.

(II.21)

De la definición de coseno, se tiene:



b + u

c os C C = =

y por tanto:

a

  −

u = a = a cos C C

,

(II.22)

b.

(II.23)

Sustituimos en la expresión para c 2 y simplificamos: c 2 = a 2

concluyendo nuevamente:

− b2 − 2 b(a cos C C − b),

c 2 = a 2 + b 2

  

(II.24)

− 2a b cos C C .

(II.25)

Esto concluye la demostración. Es importante notar, que si se considera a u como un segmento dirigido, entonces sólo hay un caso y las dos demostraciones se convierten en la misma. 

4.4. Teorema eorema de la bisectriz bisectriz A

α α

Teorema 4.7 (Teorema (Teorema de la bisectriz)

b

Dado el triángulo ABC, sea AD la bisectriz del án- gulo interno A A, entonces se cumple la siguiente proporción: BA BD = . (II.26) AC DC



c

C D a B

C AP. II. R ELACIONES E LACIONES MÉTRICAS EN EL TRIÁNGULO DEMOSTRACIÓN . C

Fijándonos en la figura de la derecha tenemos: x x a

AC | ≡ b , | AC B C | ≡ a, | BC AD| ≡ m, | AD B D| ≡ n, | BD ∠ AC D ≡ ∠ DC B ≡ x , ∠ ADC ≡ ≡ y .

b

π y

−

y D

m

A

B n

4.5)) al triángulo AD C tenemos: Aplicando el teorema del seno(4.5 tenemos:

m

sen x

=

b

sen y

.

(II.27)

π − y son suplementarios1 , lo que implica: Los ángulos y y y π

sen (π − y ) y ) = sen ( y ),

(II.28)

entonces aplicando ahora el teorema del seno al triángulo DB C tenemos: tenemos: n

sen x

=

a

sen y

.

(II.29)

Dividiendo la ecuación (II.28 (II.28)) por la ecuación (II.29 (II.29)) y simplificando obtenemos: m n

=

b a

.

(II.30) 

4.5. 4.5. Teorema eorema de Stewar Stewartt A

Teorema 4.8 (Teorema de Stewart) Dado el triángulo AB AB C , sean a, b, c las longitudes B C , AC y AB AB , respectivamente. de los lados B

b c

d

Sea D D un punto dentro del segmento B B C . Si B D = m, C D = n = n y AD = AD = d d , se cumple que: d 2 a = b = b 2 m + c 2 n

− mna .

C

(II.31)

D B

1

Los ángulos suplementarios son aquellos cuyas medidas suman 1800 .

m

a

n


TRIÁNGULO

DEMOSTRACIÓN . B DA = α, entonces ADC = ADC = 180o − α. Sea BDA

 



4.6)) en los Utili Utilice cemo moss el Teore eorema ma del del cose coseno no(4.6 los triá triáng ngul ulos os ABD y AD AD C .

ABD :

c 2 = d 2 + m2

− 2d m cos α → cos α =

d 2 + m2

A

− c2 .

b

2d m

c

ADC : b 2 = d 2 + n2

− 2d n cos (180o − α) → 2 2 2 − cos α = a cos (180o − α) = d + n − b

d

180o -α

α

2d n

D

2 2 2 → cos α = −d −2dnn + b .

B

m

a

C

n

Ya Ya que cos (180o − α) = − cos α

a

Igualando las dos expresiones de cos α tenemos: d 2 + m2

− c2 = −d 2 − n2 + b 2

2d m ( d 2 + m2

2d n

− c2)n = ( −d 2 − n2 + b 2)m

d 2 n + m2 n

− c2 n = −d 2 m − n2 m + b 2 m

d 2 n + d 2 m = b = b 2 m + c 2 n d 2 (n + m) m) = b 2 m + c 2 n = b 2 m + c 2 n d 2 a = b

− (n2 m + m2 n)

nm(n + m) m) − nm(

− nma ,

+ C D = B = B C = a = a ). (ya (ya que que m + n = n = B B D + C 

4.6. Teorema eorema de Apolonio Apolonio Teorema 4.9 (Teorema de Apolonio (Teorema de la mediana)) Para todo triángulo la suma de los cuadrados de dos lados cualesquiera, es igual a la mitad del cuadrado del tercer lado más el doble del cuadrado de su mediana correspondiente.

DEMOSTRACIÓN .

C AP. II. R ELACIONES E LACIONES MÉTRICAS EN EL TRIÁNGULO Vamos Vamos a hacer la l a demostración a través del TeoreTeore( 4.6) 4.6 ) ma del Coseno . AB C un c , Sea ABC un triángulo cualquiera de lados a , b y c para cuyo lado c se ha trazado la mediana correspondiente M c , entonces: 1 m = n = n = = c . 2

A m c n

b

α α M c

B

(II.32)

C

a

La mediana M c forma con el lado c los ángulos α y α como podemos ver en el dibujo. Entonces según el Teorema del Coseno tenemos: b2 = m 2 + M c2 − 2mM c c os α, (II.33) a2 = n 2 + M c2

− 2nM c c osα.

(II.34)

Teniendo en cuenta (II.32 (II.32)) y aplicando el coseno de los ángulos del segundo cuadrante en función de los del 2 primero en las dos últimas igualdades tenemos: b2 =

2

a =

c2

4 c2

4

− 2 2c M c c osα,

(II.35)

c + M c2 + 2 M c c os α.

(II.36)

+ M c2

2

Sumando ambas ecuaciones tenemos: 2

2

c2

+ 2 M c2 .

(II.37) 2 Esta expresión es la conclusión del Teorema de Apolonio realizada para la mediana M c , como se trata de una demostración general, con razonamientos similares se puede obtener expresiones equivalente para las restantes medianas M a y M b las cuales serían: a + b =

b2 + c 2 =

2

2

a + c =

a2

2 b2

2

+ 2 M a2 ,

(II.38)

+ 2 M b2 .

(II.39) 

4.7. 4.7. Teorema eorema de Euler Euler El Teorema de Euler se usa para el cálculo de la distancia entre el incentro y el circuncentro. Teorema 4.10 Sea d d = I O . Entonces: d 2 = R2 2

cos (180o − α) = − cos α.

− 2 Rr .


TRIÁNGULO

donde: 2.2)) . R es el radio de la circunferencia circunscrita (2.2 2.1)) . r es el: radio de la circunferencia inscrita (2.1

DEMOSTRACIÓN . Queremos hallar d , para ello, sean: N el el segundo corte de la bisectriz que parte de A con la circunferencia circunscrita. M el el punto diametralmente opuesto.

Si llamamos:

        2α = A A,

2β = B B .

Tenemos:

N AC = BAN BAN , α = N I BA = I I BA. β = I

= N I . Por otro lado tenemos que la Como N N B I = BI B I N = α + β , el triángulo I BN es isósceles y por tanto N B = N ( 6 ) ( 1.3) 1.3 ) ( 2.2) 2.2 I respecto potencia del incentro respecto de la circunferencia circunscrita ) vale: d2

− R2 = − I N I A = − N B I A.

(II.40)

Como: N B = M = M N sen sen α, IA I A =

IP

sen α

.

queda: R2

IP = M N I P = P = 2 Rr . − d 2 = M N sen α sen α

Entonces nos queda:

d 2 = R2

− 2 Rr.

(II.41)

− 2 Rr ≥ 0.

(II.42)

Una consecuencia importante se deriva del resultado anterior y de ser d 2 ≥ 0. En efecto: d 2 = R2

Por lo que nos queda lo que conocemos como la desigualdad de Euler: R

≥ 2r.

(II.43) 

C AP. II. R ELACIONES E LACIONES MÉTRICAS EN EL TRIÁNGULO

4.8. 4.8. Desigu Desigualda aldad d triáng triángular ular La suma de las medidas de dos lados de un triángulo es mayor o igual que la medida del tercero. La igualdad se cumple si y solo si A, B y C C están alineados en ese orden. DEMOSTRACIÓN . Véase la demostra demostración ción en el siguiente siguiente video: video: 

4.9. 4.9. Fórmula órmula del Her Herón ón S =

donde: I.12)) p es el semiperímetro(I.12



p( p( p

)( p − b)( p )( p − c ). − a)( p

(II.44)

del triángulo.

5. Iguald Igualdad ad y seme semejan janza za de triá triángu ngulos los Criterios de igualdad de triángulos Dos triángulos son iguales son iguales cuando cuando tienen iguales un lado y sus dos ángulos adyacentes. C  b

A

α

c

A

b

α’ a

β

c

B

β’

C

a

B

c = c = c  . α = α , β = β  y c

Dos triángulos son iguales son iguales cuando cuando tienen dos lados iguales y el ángulo comprendido. C  b

A A

b

c

a

β B

c a

C

β’ B

= c  y a = a = a a  . β = β  ,c = c

SEC . 5. IGUALDAD Y SEMEJANZA DE TRIÁNGULOS Dos triángulos son iguales cuando tienen los tres lados iguales. C  b

A A

b

c

a c B

C

a

B 

b = b = b  ,c = c = c  y a = a = a a  .

5.1. 5.1. Semeja Semejanza nza de triáng triángulo uloss Dos triángulos son semejantes son semejantes si si tienen la misma forma, aunque no necesariamente el mismo tamaño. Cuando dos triángulos son semejantes, los ángulos correspondientes son congruentes y los lados correspondientes son proporcionales en medida.

Razón de semejanza semejanza entre dos triángulos ABC Llamamos razón Llamamos razón de semejanza entre AB C y y A A B C  a la constante de proporcionalidad k entre sus lados: AB B C CA = = (II.45)       = k . A B

B C

C A

Si tomamos las proporciones entre los lados al revés, la razón de proporcionalidad será 1/ k.

Criterios de semejanza de triángulos Dos triángulos son semejantes si tienen dos ángulos iguales. A A

α

c

b

c

β β B

B a

 α a

C

α = α y β β = β  .

Dos triángulos son semejantes si tienen los lados proporcionales.

b

C 

C AP. II. R ELACIONES E LACIONES MÉTRICAS EN EL TRIÁNGULO A A b

c

b

c B 

B

a a

b b

=

c c

C 

C

a

=

a

.

Dos triángulos son semejantes si tienen dos lados proporcionales y el ángulo comprendido entre ellos igual. A A c

b

α

c B 

B

b b

a

=

α

b

a

C 

C

c

α = α . y α  c

Posición de Thales Dos triángulos se dicen en posición en posición de Thales T ( ABC =  ABC ) si: Dos lados lados de uno contie contienen nen respec respectiv tivame amente nte a dos lados del otro. El tercer lado de uno es paralelo al tercer lado del otro. Dos triángulos en posición de Thales son semejantes

6. Potencia Potencia de un un punto punto respec respecto to de una circunfere circunferencia ncia Dado Dado un punto punto cualqu cualquiera iera P y una circun circunfer ferenc encia ia c , se traz trazaa una una rect rectaa que que pasa pasa por por P y cort cortaa a la circ circunf unfer eren enci ciaa en dos puntos M y N N . Se verifica que el producto de las distancias P M y P N toma toma siempre el mismo valor, sea cual sea la posición de la recta. circunferencia como el resultado Por tanto, tiene sentido definir la potencia la potencia de un punto respecto de una circunferencia como de este producto: k = | P P M || P P N |. (II.46)

SEC . 6. POTENCIA DE UN PUNTO RESPECTO DE UNA CIRCUNFERENCIA Si la distancia entre el punto y el centro de la circunferencia es d , y el radio r , la potencia es: k = d 2

( d + r + r )(d )( d − r ). | − r 2| = (d

(II.47)

Esta expresión nos permite observar fácilmente que: si k < 0, entonces P es interior a la circunferencia. si k = k = 0, entonces P es está en la circunferencia. si k > 0, entonces P es exterior a la circunferencia.

P

Un caso de especial consideración es el formado por una recta tangente y una secante, como en la figura. En esta situación el ángulo BT B T P es semia inscrito y mide la mitad del arco B T , al igual que 2.5)) TAP TAP . el ángulo inscrito(2.5



T



B

Se llama ángulo semiinscrito en una circunferencia a cualquier ángulo que tenga su vértice en la circunferencia, una de las semirectas que determina sus lados sea tangente a la circunferencia y la otra sea secante a

A

La igualdad de ángulos ángulos nuevamente nuevamente implica una semejanza semejanza de triángulos, triángulos, entre los triángulos triángulos PAT y P T B . Dicha semejanza implica: PA P T

=

P T

.

(II.48)

P B.

(II.49)

P B

Y por tanto: P T 2 = PA

6.1. 6.1. Puntos Puntos cocícli cocíclicos cos

C

Los puntos cocíclicos puntos cocíclicos (o (o concíclicos) son aquellos que pertenecen a una misma circunferencia. B A

C AP. II. R ELACIONES E LACIONES MÉTRICAS EN EL TRIÁNGULO

PROPIEDADES DE LOS PUNTOS COCÍCLICOS 1. Dos puntos siempre son cocíclicos (caso trivial). trivial). Tres puntos puntos siempre serán cocíclicos excepto en el caso de que estén alineados. En el caso de cuatro puntos D, C , B , A, serán cocíclicos sólo si los ángulos AD C y C C BA son suplementarios3 . D

2.

C

Teorema 6.1 (Ángulo constante) Sean A A, B, C y D cuatro puntos cocíclicos, coloca- dos en este orden en el círculo. Entonces tenemos la igualdad de ángulos: ACB AC B = ADB ADB .

 

A

B

DEMOSTRACIÓN . Ambos ángulos ángulos miden el doble doble del ángulo ángulo al al centro AOB AO B. Dicho de otro modo, si se considera la cuerda AB y un punto móvil que recorre el círculo quedándose del mismo lado con relación a AB , entonces el ángulo AM B es constante. Se dice que se ve AB desde M bajo un ángulo constante.  B AC = B DC . Tomando otra cuerda, se obtiene otra igualdad: por ejemplo, con B C : : BAC

3

Los ángulos suplementarios son aquellos cuyas medidas suman 180o .

Capítulo III

Olimpiadas Olimpiadas Locales 7. Prob Proble lema mass

Ejercicio. 7.1. (2013, Ver Ver 40 40 en en las Referencias web) 1.3)) trazadas desde Sean A A, B y C los vértices de un triángulo y P , Q y R los respectivos pies de las bisectrices (1.3 PQ R es un triángulo rectángulo en P se pide probar: esos mismos vértices. Sabiendo que PQR

Que AB ha de ser obtusángulo 1 . AB C ha ARPQ, pese a no ser cíclico, la suma de sus ángulos opuestos es constante. Que en el cuadrilátero ARPQ

SOLUCIÓN . 4.7)) en el Primero apliquemos el Teorema de la bisectriz(4.7 triángulo AB C : BA PB = , AC c b

=

A

PB

− P B , c a − P C = .

b b

=

a

P C

b

c

P C

PB P C

.

B

Expresando P C como como a − P B y P B como a − P C tenemos: tenemos: c

Q

R

C P

a

C AP. III. OLIMPIADAS L OCALES Despejando P B y P C respectivamente respectivamente tenemos: ca

P B =

b + c + c

P C = =

ab b + c + c

, .

Análogamente tenemos: QC = QC =

QA =

RA =

RB = RB =

ba a + c + c bc a + c + c cb a + b + b ca a + b + b

, , , .

4.8)) : Ahora vamos a aplicar el Teorema de Stewart(4.8

AP 2 a = b = b 2 P B + c + c 2 C P

− P B P C a.

(III.1)

Sustituyendo en (III.1 (III.1)) los valores calculados anteriormente con el Teorema de la bisectriz tenemos:

AP 2 =

=

=

=

=

b2

ca b + c + c

+ c 2

ab

ca ab a − b + c + c b + c + c b + c + c a

b3 c + b + b 2 c 2 + c 2 b2 + c 3 b ( b + c + c))2 bc( bc ( b2 + 2 bc + bc + c c 2 ( b + c + c))2 bc( bc ( b2 + 2 bc + bc + c c 2

− c a2 b

− a2 ) A)) − ( b2 + c 2 − 2 b c cos A)) , ( b + c + c))2

 

2 b2 c 2 (1 + cos A) A) ( b + c + c))2

.

 

4.6)) (a 2 = b 2 + c 2 − 2 bc cos A) aplica aplicando ndo el Teorema eorema del Coseno Coseno(4.6 A)

SEC . 7. PROBLEMAS Aplicamos raíces en ambos lados y tenemos:

AP = AP =

 2 bc

A 1 + cos A

b + c + c

 2 bc =

        b + c + c

2 bc cos =

A 1 + cos A 2

2

b + c + c



A A

2,

aplicando aplicando la fórmula fórmula del coseno coseno del ángulo mitad2 .

Ahora vamos a calcular los lados del triángulo P QR. AQR AQR: QR2 = QA2 + PA2 =

b2 c 2

− 2QA RA c 2 b2

+ (a + c + c))2 ( a + b + b))2

 

A, aplicando cos A aplicando el Teorema eorema del Coseno

bc cb cos A A − 2 a + c + c a + b + b

 

sustituyendo los valores del principio calculados con el Teorema de la bisectriz.

ARP : PR P R2 = AP 2 + RA2 =

4 b2 c 2



A/2) + cos2 ( A 2

( b + c + c))



− 2 PA RA cos ( A A/2),

aplicando aplicando el Teorema del Coseno

c 2 b2

2 2

2b c A/2) 2 cos2 ( A − 2 (a + b + b)) ( b + c + c)( )(a a + b + b))



sustituyendo los valores del principio calculados con el Teorema de la bisectriz =

2

4 b 2 c 2 (a − c )

( b + c + c))2 (a + b + b))



A/2) + cos2 ( A

c 2 b2 (a + b + b))2

.

La fórmula para el coseno del ángulo mitad es: cos A/2 =



1 + cos A 2

C AP. III. OLIMPIADAS L OCALES AQ AQ P : Q P 2 = AP 2 + QA2 =

4 b2 c 2 ( b + c + c))2

− 2 PA QA



A/2) + cos2 ( A

cos A/2, aplicando aplicando el Teorema del Coseno Coseno c 2 b2

2 b2 c 2

(a + c + c))2



A/2) − 2 ( b + c cos2 ( A + c)( )(a a + c + c))

sustituyendo los valores del principio calculados con el Teorema de la bisectriz =

4 b2 c 2 (a − b)

( b + c + c))2 (a + c + c))



A/2) + cos2 ( A

c 2 b2 (a + c + c))2

.

Como sabemos que el triángulo PQR PQ R es rectángulo en P tenemos: QR2 = P Q2 + P R2 .

(III.2)

sustituyendo el valor de cada lado tenemos: bc 4 b2 c 2 (a − b) 4 b 2 c 2 (a − c ) 2 2 ( A ( A A ) + A ) = − / / cos 2 cos 2 2 2 2



( b + c + c)) (a + c + c))



( b + c + c)) (a + b + b))

a + c + c a + b + b

)(a + b + b)) 2 b2 c 2 (1 + cos A)( )( a + c + c)) 2 b2 c 2 (1 + cos A)( A)(a a − b )(a A)(a a − c )(a

 

( b + c + c))2 (a + c + c)( )(a a + b + b))

 

(1 + cos A)( A)(a a2

+

( b + c + c))2 (a + b + b)( )(a a + c + c))

 

cb

 

A cos A

2 2

=

+ c))2 cos A A − b2 + a2 − c2) = −( b + c

 

bc + c c 2 ) cos A A = 0 2a2 − b2 − c 2 + (2a2 − b2 − c 2 + b 2 + 2 bc +

2a2 − b2 − c 2 + (2a2 + 2 bc) bc ) cos A A = 0

 

Despejando el coseno de esta expresión tenemos: −2a2 + b 2 + c 2 cos A A = 2a2 + 2 bc

   − −    − − −    −     −   −   −

A = cos A

cos A A = cos A A =

a2

a2 + b 2 + c 2

2a2 + 2 bc

a2

b2

c 2 + 2 b c cos A A + b 2 + c 2

2a2 + 2 bc

a2 + 2 b c cos A A

2a2 + 2 bc

cos A( A (2a2 + 2 bc ) = a2 + 2 b c cos A A A = a2 2a2 cos A

cos A A =

1 . 2

2

+ c)) b c ( b + c A cos A −2 (a + c + c)( )(a a + b + b)( )(b b + c + c))2

, aplicando aplicando el Teorema del Coseno

 

SEC . 7. PROBLEMAS

    

A = 120o y con esto demostramos que el triángulo AB C es Entonces A es obtusángulo.

Por otro lado sabemos que P = P = 90o por ser el triángulo P QR rectángulo en P . Con lo que:

 −  

P + P + A A = 210o ,

R R + Q = 360o

( P + P + A) A) = 360o

− 210o = 150o,

y con con esto esto qued quedaa demo demost stra rado do que que en el cuad cuadril rilát áter eroo ARPQ la suma suma de sus sus ángu ángulo loss opue opuest stos os es cons consta tant nte. e.



Ejercicio. 7.2. (2011, Ver Ver 40 40 en en las Referencias web) Sean:



ABC un triángulo acútangulo 3 con A A = 45o . 1.2)) por B P el pie de la altura (1.2 B .

C y que vuelve a cortar a AC AC en el punto X X y a la altura Trazamos la circunferencia de centro P que pasa por C P B en el punto Y Y .

Sean r y s s las rectas perpendiculares a la recta AY por P y X X respectivamente y L y K K las intersecciones de r s con AB . y s K B . Demuestra que L es el punto medio de K

SOLUCIÓN . Por construcción tenemos: P X = P Y = P C ,

(III.3)

por ser todos radio de la circunferencia. Los triángulos PAY y P C B (son rectángulos en P por ser P B la altura del triángulo ABC ) son iguales aplicando el segundo criterio de igualdad de triángulos(5) :

    − −



3. P Y = P C por por (III.3 (III.3). ).

Entonces todos sus ángulos y lados son iguales y en particular: (III.4)

X

L

r

2. AP = P B por ser el triángulo AP B isósceles (tiene dos B PA = 90o , PAB PAB = 45o y por tanto ángulos iguales: BPA P P BA = 180o 45o 90o = 45o )

PAY PAY = P P B C .

K c

s

AP Y = BP B P C . 1. APY

 

A

Q

b P

Y B a

C

C AP. III. OLIMPIADAS L OCALES AP Y por el Por otro lado el triángulo P Y Q (rectángulo en Q por ser r perpendicular a AY ) es semejante a APY ( 5.1) 5.1 ) primer criterio de semejanza .

   

1. Y Q P = Y PA por ser ambos ángulos rectos. 2. PY P Y A = PY P Y Q por ser el mismo ángulo. Entonces todos sus ángulos son iguales y en particular:

    

Entonces:

Y PQ = PQ = PAY PAY .

(III.5)

L L P B = Y PQ = PQ = PAY PAY .

(III.6)

Por otro lado el segmento P L es paralelo a B C : B C P respectivamente tenemos: Si nos fijamos en los triángulos Q PA y B



Q PA = 180o

        

  

PAQ − AQ AQ P = 180o − PAY PAY − B C P , − PAQ − 90o = 180o − P P B C − 90o = 180o − P P B C − C P B = BC

teniendo en cuenta (III.3 (III.3)) y que los ángulos AQ AQ P y BC B C P son rectos.

L PA = PA = Q PA y BC B C P son iguales, por lo que si desplazamos el segmento B C haEntonces los ángulos L cia donde está el segmento P L el ángulo que forma con el segmento AC no no varía.

Y a la misma vez los segmentos P L (recta r ) y B C son paralelos a K X (recta s) por construcción, así que 4.3)) , tenemos: aplicando el Teorema de Thales(4.3 K L X P

=

LB P C

=

KB X C

,

(III.7)

nos quedamos con la primera igualdad y tenemos: K L X P P C X P P X X P LB L B K L

=

=

=

LB P C LB K L LB K L

porque P C = P X (véase (véase (III.3 (III.3)) ))

= 1

LB L B = K = K L . 

SEC . 7. PROBLEMAS

Ejercicio. 7.3. (2011, Ver Ver 40 40 en en las Referencias web) En un triángulo llamaremos: 1.1)) . O al circuncentro (1.1 1.3)) . al incentro (1.3 I al 2.1)) . r al radio de la circunferencia inscrita (2.1 1.1)) del segmento O 2.2)) en L y L I vuelve O I corta M , Si la mediatriz (1.1 corta a la circunferencia circunscrita (2.2 vuelve a cortar en M demuestra que: I M = 2 r. (III.8)

SOLUCIÓN . L A

Sea R el radio de la circunferencia circunscrita, por lo que apli4.7)) tenemos: cando el Teorema de Euler(4.7

b

c r

2

O I = R

2

− 2 Rr.

(III.9)

Q los puntos de corte de la recta O I con Sean T y Q con la circunferencia circunscrita.

Q

R

T

I O

B

a

C

M

Considerando las cuerdas L M y y T T Q y aplicando la potencia(6) del punto I respecto respecto a la circunferencia circunscrita, con respecto a ambas cuerdas, tenemos: I L I M = I T I Q.

(III.10)

Sabemos que: = O L , por ser L un punto de la mediatriz de I O. I L = O O L = R = R, por ser O el centro de la circunferencia circunscrita y L estar en está.

Entonces tenemos: I L = O = O L = R = R .

(III.11)

C AP. III. OLIMPIADAS L OCALES Por otro lado tenemos: IT = OI + OT = OI + R, IQ = OQ - OI = R - OI, por ser O T y OQ OQ radios de la circunferencia circunscrita. Sustituyendo en (III.10 (III.10)) estas dos igualdades tenemos: I L I M = I T I Q R I M = (O ( O I + R + R)( )( R

(III.11)) − O I )I ) por (III.11

R I M = R2

− O I 2

R I M = R2

(III.9)) − ( R2 − 2 Rr ) por (III.9

R I M = 2 Rr.

Despejando I M nos nos queda: I M =

2 Rr R

= 2 r.

(III.12) 

Ejercicio. 7.4. (2010, Ver Ver 40 40 en en las Referencias web)

1.2)) sobre Determina los lados del triángulo rectángulo del que se conocen el perímetro (3) P = 96 y la altura (1.2

la hipotenusa h = h =

96 . 5

SOLUCIÓN . Consideramos el triángulo AB C rectángulo rectángulo en A. I.13)) se puede Tenemos enemos que el área área del triáng triángulo ulo(I.13 puede calcul calcular ar como:

S = S =

ah

2 cb

2

A

c

tomando como altura h y base a .

b h

tomando como altura b y base c . B

Igualando ambas expresiones tenemos: ah = ah = c c b.

(III.13)

C a

SEC . 7. PROBLEMAS Por otro lado como conocemos el perímetro tenemos que: + b + c = 96 P = P = a a + b + c =

= P b + c c = P − a. → b +

(III.14)

Elevando al cuadrado ambos miembros tenemos: ( b + c + c))2 = ( P ( P

− a )2 .

(III.15)

Desarrollamos: b 2 + 2 bc + bc + c c 2 = P 2 b 2 + 2 bc + bc + a a 2

Pa + a a 2 − 2 Pa +

Pa + a a2 , − b2 = P 2 − 2 Pa +

4.1)) en el triángulo rectángulo ABC aplica aplicando ndo Pitág Pitágora orass(4.1

= P 2 − 2 Pa 2 bc = P ah = P P 2 − 2 Pa 2ah =

utilizando (III.13 III.13))

2a(h + P ) = P = P 2 . Despejando a tenemos: a =

P2

2(h + P )

.

(III.16)

Como por el enunciado del ejercicio conocemos h y P tenemos: a =

962 9216 = = 4 0. 576 96 2 2 + 96 5 5





(III.17)

Ya Ya tenemos determinado el lado a , para determinar los lados b y c c basta con resolver la ecuación: z 2

+ c)) z + z + b bcc = 0. − ( b + c

(III.18)

c del triángulo4 . Las soluciones de esta ecuación serán los lados b y c

La ecuación es equivalente a:

z 2

usando (III.14 (III.14)) y (III.13 III.13). ).

z + ah ah = = 0, − ( P − a) z +

(III.19)

Como conocemos a y P tenemos: z 2 4

2

2

P 96 z + = 0 −→ z 2 − 56 z + z + 768 = 0. − (96 − 2(hP+ P ) ) z + 2(h + P ) 5

(III.20)

z + bc bc = 0 es cierta porque sabemos que los valores b y c c son soluciones de la ecuación ( z ( z − b)( z − c ) = 0 La ecuación z 2 − ( b + c ) z + equivalente a la anterior.

C AP. III. OLIMPIADAS L OCALES Resolviendo la ecuación tenemos las dos soluciones:









56 + 562 − 4768 56 + 64 56 + 8 z = z = = = = 32 , 2 2 2

(III.21)

56 − 562 − 4768 56 − 64 56 − 8 z = z = = = = 24 . 2 2 2 Entonces los lados del triángulo son 40, 32 y 24.

(III.22) 




AB C , el área (3) S y el ángulo C C son a y b para que el lado En el triángulo ABC son conocidos. Halla el valor de los lados a c sea lo más corto posible.

SOLUCIÓN . 4.6)) tenemos: Por el Teorema del Coseno(4.6 c 2 = a 2 + b 2

 

− 2a b cos C C

  

= (a (a

− b)2 + 2a b − 2a b cos C C

= (a (a

− b)2 + 2a b(1 − cos C C ).

( I.16)) del triángulo conociendo dos lados de un triángulo y el ángulo que forman tenemos: Del área (I.16 1 2S S = a b sen C C → → a b = . (III.23) 2 C sen C Entonces: 2S c 2 = (a ( a − b )2 + 2 (1 − cos C ) C ), teniendo teniendo en en cuenta cuenta el valor valor de de ab ab (véase (véase (III.23 III.23)). )). sen C C ( a − b)2 > 0 la expresión anterior será mínima cuando a = Como (a a = b b , entonces volviendo a (III.23 (III.23)) tenemos:



  

2S a2 = b = a a = = → b = sen C C






  

2S . sen C C

(III.24) 

2.1)) al triángulo ABC Sean D con los lados B D , E y F F los puntos de tangencia de la circunferencia inscrita (2.1 AB C con B C , AC y AB AB respectivamente. Demuestra que: 4S DE F S ABC , (III.25)

S X Y Z denota el área (3) del triángulo X X Y Z . donde S

≤

SEC . 7. PROBLEMAS SOLUCIÓN . A

1.3)) del triángulo AB C . Tenemos que: Sea I el incentro(1.3 E

B C , ⊥ BC I E ⊥ AC , I F ⊥ ⊥ AB, I D

c

F

b

r I

C

por ser D, E y F los puntos de tangencia de la circunferencia inscrita.

B

a

D

I.16)) del triángulo conociendo dos lados y el ángulo que lo forman tenemos: Por otro lado usando el área(I.16

1 2

      

S ABC = AB AC sen A A =

1 b c sen A A, 2

      

(III.26)

S E I F = E I F I

1 2

1 sen E E I F = r 2 sen E E I F , 2

(III.27)

S F I D = I D I F

1 2

1 sen DI D I F = r 2 sen E E I F , 2

(III.28)

1 2

1 E I D = r 2 sen E E I D. sen E 2

(III.29)

S E I D = I E I D

Los ángulos A A y E E I F son son suplementarios5 (al fijarnos en el cuadrilatero AF AF I E tenemos tenemos que I I FA = FA = I I EA = EA = 90o E , entonces A A + E E I F = 360o − 90o − 90o = 180o ). por definición de los puntos F y E



Entonces tenemos que:

 

 

   

sen A A = sen E E I F , verificando verificando una una de las las propiedad propiedades es de los los ángulos ángulos suplement suplementarios arios6 .

Entonces: S E I F S ABC

5 6

=

r2 bc

.

Los ángulos suplementarios son aquellos cuyas medidas suman 1800 . El seno de dos ángulos suplementarios verifica: sen (180o − α) = sen α.

(III.30)

(III.31)

C AP. III. OLIMPIADAS L OCALES Análogamente tenemos: S E I D S ABC S F I D S ABC

r2

,

(III.32)

r2 = . ca

(III.33)

=

ab

Sumando estas tres fracciones tenemos: S DE F S ABC

=

S E I F S ABC

+

S EI D S ABC

S F I D

+

S ABC

=

r 2 (a + c + c + + b b)) a bc

.

(III.34)

Por otro lado: I.14)) en función del radio de su circunferencia inscrita y el semiperímetro(I.12 I.12)) : Usando el área(I.14

S = p = p r = r



a + b + b + + c c

2



.

(III.35)

I.15)) en función del radio de su circunferencia circunscrita: Usando el área(I.15

S =

a bc

4 R

RS = a a bc . → 4 RS =

(III.36)

Sustituyendo estas dos últimas igualdades en (III.34 (III.34)) tenemos: S DE F S ABC

=

2r S r = . 4 RS 2 R

(III.37)

II.43)) ( R ≥ 2 r ): Ahora aplicamos la desigualdad de Euler(II.43

S DE F S ABC

=

r 1 = . ≤ 2 R 2 2 r 4 r

(III.38)

Por lo que nos queda: 4S DE F ≤ S ABC .

(III.39) A

Y la igualdad se verifica cuando ABC es equilátero. equilátero. Como podemos ver en el dibujo de la derecha, el área del triángulo chico es 1.55, que multiplicada por 4 da 6.2 (correspondiente con el área del triángulo grande).

Área de ABC = 6.2

c

E

F I



b

Área de FDE = 1.55 C B

a

D

SEC . 7. PROBLEMAS


1.2)) es el doble de la distancia Demostrar que un triángulo, la distancia de un vértice cualquiera al ortocentro (1.2 1.1)) al lado opuesto a ese vértice. del circuncentro (1.1

SOLUCIÓN .

s

A

Sean: R

H el el ortocentro del triángulo.

c

b

H

O el circuncentro del triángulo.

O

H  el simétrico de H respecto del lado B C .

B

P

Q

C

O

O el simétrico de O respecto del lado B C . H 

1.2)) del triángulo Como los triángulos B PA y B C R son rectángulos por estar AP y C R en dos de las alturas(1.2 ABC , ambos triángulos tienen un ángulo recto. Si a esto le sumamos que ambos triángulos también comparten el ángulo C BA tenemos que ambos triángulos son semejantes aplicando el primer criterio de semejanza 5.1)) . de triángulos(5.1



Esto implica que también su tercer ángulo es igual, es decir:

 

BAP BAP = RC RC B .

(III.40)

Equivalentemente mirando el dibujo podemos ver que la igualdad anterior es equivalente a:

 

BAH BAH  = H H C P .

(III.41)

C AP. III. OLIMPIADAS L OCALES Y por otro lado sabemos de estos dos ángulos que:

   

BAH BAH  = BC B C H  por abarcar ambos ángulos el mismo arco7 . HC H C P = P P C H  por ser H  simétrico de H respecto de AB .

Entonces:

 

BC B C H  = P P C H  .

(III.42)

2.2)) el triángulo. Y esto último prueba que H  esta en la circunferencia circunscrita(2.2

Ahora tenemos dos igualdades: 1. Como H  es simétrico de H , tenemos que: OH  H = H = H  HO H O .

(III.43)

1.2)) y de la mediatriz(1.1 1.1)) respectiva O O son dos paralelas 2. Como H H  y OO paralelas (por estar dentro de la altura(1.2 mente) cortadas por la secante H O tenemos que:

 

H H  HO  = OO OO  H ,

(III.44)

  

(III.45)

por ser ángulos alternos internos 8 . Entonces por (1) y (2) tenemos que:

OH OH  H = = H H  HO H O = OO OO  H .

Por otro otro lado lado OA y OH  son son radi radios os de la circ circun unfe feren renci ciaa circ circuns unscr crit itaa por por ser ser A vértice del triángulo y por estar H  en dicha circunferencia (demostrado anteriormente). Entonces el triángulo H  OA es isósceles , lo que implica que sus ángulos OH OH  A = OH OH  H y y H H  AO = AO = HAO H AO son iguales.

           − 

Y teniendo en cuenta (III.45 III.45)) la anterior igualdad se queda:

OO O O  H = = HAO H AO.

(III.46)

Ya Ya hemos probado que los ángulos opuestos A A y O en el cuadrilátero AH O O son iguales, nos quedaría ver que también los ángulos O y H H son son iguales. Tenemos: 1.

O HA H A = 180o

7

H H  HO H O ,

por ser AP la la altu altura ra del triáng triángulo. ulo.

Los ángulos inscritos2,5 que abarcan el mismo arco son iguales. 8 Se les llama ángulos alternos internos a los que, en una transversal que corta a dos paralelas (o a dos rectas), son internos a las rectas pero alternos en la transversal.

SEC . 7. PROBLEMAS 2.

      −   −   −  − O OA = O OH  + H H  OA

= OH OH  H + + H H  OA,

por (III.45 III.45))

= OH OH  H + + ( 180o

2OH OH  A) A), por ser el triáng triángulo ulo H  OA isósceles

= OH OH  H + + ( 180o

2OH OH  H ), véas véasee el dibu dibujo jo

= 180o

OH OH  H

= 180o

H H  HO H O ,

por (III.45 III.45). ).

Entonces el cuadrilátero AH O O es un paralelogramo9 . Y por lo tanto por ser paralelogramo: AH = OO = OO  .

(III.47)

O O = 2OQ por ser O  simétrico de O respecto de Q tenemos: Y como OO = 2OQ. AH =

(III.48) 

Alternativa de uno de los Ejercicios internacionales

Ejercicio. 7.8. AB C conocidas: m c , donde: Usando regla y compás construye el triángulo AB conocidas: h a , h b y m ha es la altura 1,2 del triángulo que parte del lado B B C (véase (véase (1.2 (1.2))). h b es la altura del triángulo que parte del lado AC (véase (1.2 (1.2))). mc es la mediana del triángulo que parte del vértice C (véase (1.4 (1.4))).

SOLUCIÓN . La construc construcción ción se podría podría realiza realizarr como sigue: sigue: 1. Dibujamos la mediana m c y trazamos una circunferencia que pase por sus extremos. 2. Con centro centro en el pie de la median medianaa M c , trazamos dos circunferencias, una con radio la semidistancia de H a (que llamaremos c 1) y otra con la semidistancia de H b ( que llamaremos c 2). 9

Si ambos pares de ángulos opuestos de un cuadrilátero son congruentes, entonces el cuadrilátero es un paralelogramo.

C AP. III. OLIMPIADAS L OCALES 3. Esto Estoss circ circun unfe feren renci cias as cort cortar arán án a la circ circun unfe fere renc ncia ia en dos dos punt puntos os cada cada una. una. Nos Nos queda quedare remo moss con con un punt puntoo de cada. Tomaremos el punto superior de la c 1 (que lo llamaremos P ) y el punto inferior inferior de la c 2 (que lo llamaremos O ). 4. Trazaremos una paralela paralela al segmento segmento C O a la distancia H b . Donde esta paralela corte al lado C P , estará el vértice B buscado. 5. Trazaremos una paralela al segmento C P a la distancia H a . Donde esta paralela corte al lado C O tendremos el vértice A buscado. 6. Como el vértice C lo tenemos, queda determinado el triángulo AB C .

B B P C

M c A D

O



Capítulo IV

Olimpiadas Nacionales 8. Prob Proble lema mass

Ejercicio. 8.1. (Pamplona, (Pamplona, 2011, Ver Ver 40 40 en en las Referencias web) Sea AB un triángulo con B = AB C un B = 2C C y A A > 90o Sean:

   

⊥

D: punto de la recta AB AB tal que: C D AC . M : punto medio de B B C .

 

AM B = DM D M C . Demuestra que AM

SOLUCIÓN . La recta que pasa por A y es paralela a B C corta corta a D M y a DC en los puntos N y F respectivamente. respectivamente. Tenemos: AN BM B M

=

DN DM D M

,

(IV.1)

4.2)) al triángulo D B M , y tenemos: aplicando el Teorema de Thales(4.2

DN DM D M

=

4.2)) al triángulo M DC . aplicando el Teorema de Thales(4.2

N F M C

,

(IV.2)

C AP. IV. OLIMPIADAS N ACIO AC IO NA LES LE S

D

A

α

α α

2α B

F

N

C

M

Combinando las dos últimas igualdades tenemos: AN BM B M

=

DN DM D M

=

N F M C

.

(IV.3)

BM B M = M C por por ser M el punto medio, por lo que AN = N F . Esto implica que N C es es la mediana del triángulo 4.1)) tene AF C (triángulo (triángulo rectángulo por C D AC ). ). Entonces aplicando el Corolario 1 del Teorema de Thales(4.1 mos que N C = AN .

⊥

SEC . 8. PROBLEMAS Esto último implica que el triángulo AN C es es isósceles, entonces:

  

N N AC = = N N C A, = AC AC B ,

Entonces:

por ser ANC isósce isósceles les por ser NCA y ACB ACB ángulos ángulos alternos alternos internos internos1 .

     

N N C B = 2 AC AC B = ABC ABC ,

(IV.4)

donde en la última igualdad se utilizo la hipótesis: B = B = 2 C C .

Por otro lado como AN || BC B C (por (por construcción) tenemos que el cuadrilátero ABC ABC N es es isósceles. AB = N N C ) por definic Ento Entonc nces es los los otro otross dos dos lado ladoss del del trap trapec ecio io isós isósce celes les son son igua iguales les ( AB = definición ión de trapec trapecio io isósce isósceles les 2 .

Entonces por: AB = AB = N N C , por ser los lados iguales del trapecio isósceles anterior.

 

N N C B = ABC ABC , por (IV.4 (IV.4). ). BM B M = M C , por ser M el el punto medio de dicho segmento.

podemos usar el tercer criterio de igualdad de triángulos(5) y tenemos que: ABM = N M C ,

(IV.5)

por lo que:

  

AM AM B = N N M C = DM D M C .

(IV.6)

La última igualdad podemos verla claramente en el dibujo. Entonces ya tenemos lo que queríamos demostrar:

 

AM AM B = DM D M C .

(IV.7) 

Ejercicio. 8.2. (Torrelodones, 2007, Ver 40 Ver 40 en en las Referencias web)

O el circuncentro 1,1 de un triángulo AB AB C . La bisectriz 1,3 que parte de A A corta al lado opuesto en P . Sea O

Probar que se cumple:

1

AP 2 + OA2

− O P 2 = b c.

(IV.8)

Se les llama ángulos internos a los que, en una transversal que corta a dos paralelas (o a dos rectas), son internos a las rectas pero alternos en la transversal. 2 Un trapecio isósceles es el que tiene los lados no paralelos de igual medida

C AP. IV. OLIMPIADAS N ACIO AC IO NA LES LE S SOLUCIÓN . 2.2)) al triángulo Dibujamos la circunferencia circunscrita(2.2 ABC y prolongamos prolongamos AP hasta hasta que que cort cortee con con dich dichaa circunferencia. A este punto de corte le llamamos M .

A

Por otro lado tenemos que: c

   

ACB AC B = AM AM B por estar estar inscri inscritos tos2,5

b

en el mism mismoo arco arco

O

(véase (2.5 (2.5)). )).

C

BAM BAM = CAM CAM por definición de bisectriz.

B

P

a

Entonces los triángulos AB M y AP AP C son son semejantes por ( 5.1) 5.1 ) el primer criterio de semejanza , y esto implica que: c AP

=

AM b

.

(IV.9)

M

Despejando c b tenemos que: c b = AM = AM AP = ( AP ( AP + + P P M ) M ) AP,

descom descompon ponien iendo do AM = AP + AP + P P M

= AP 2 + P M AP AP = AP 2 + (OA (OA2 = AP 2 + OA2

− O P 2),

por ser PM AP potencia de P respecto de la circunferencia, (véase (6 (6))

− O P 2. 

SEC . 8. PROBLEMAS

Ejercicio. 8.3. (Sevilla, 2006, Ver 40 Ver 40 en en las Referencias web) Sea ABC un triángulo isósceles con AB = AB C un AB = AC AC y P P un punto cualquiera de la circunferencia tangente a los lados AB en B y AC en C C . Pongamos a a , b, c las distancias desde P a los lados B B C , AC y AB AB respectivamente. Probar que: a2 = b c .

(IV.10)

SOLUCIÓN . A

S c

Pongamos:

P b

m = P = P B y n = n = P P C .

m

B

Sean Q , R, S las proyecciones de P sobre los lados BC B C , AC y AB AB respectivamente.

R

a n

C

Q

Sea P  el punto diametralmente opuesto a P .

P 

Vamos Vamos a demostrar que P B P  y P BS son semejantes: Ambos triángulos son rectángulos por los que ambos tienen un ángulo recto, en concreto:

 

PSB P SB = P P B P  .

Si nos fijamos en el triángulo B P B :

  

(IV.11)

P  P B = O P B donde O es el centro de la circunferencia y a la misma vez vamos a 1. Llamamos u = P tener en cuenta que OB OB P = O P B = u = u por ser el triángulo O B P isósceles, (O ( O P = O = OB B ).

    

2. Ento Entonc nces es el ángu ángulo lo que que nos nos qued quedaa por por cono conoce cerr de este este triá triáng ngul uloo es P P P  B = B = 180o − 90o − u = 90o − u. P BS = OB OB S − OB OB P = 90o − u, por tanto este 3. Si nos fijamos ahora en el triángulo S B P tenemos que P ángulo es igual a P P P  B .



5.1)) : P BS son semeja Entonces Entonces los triángulos triángulos P B P  y P semejante ntess aplica aplicando ndo el primer primer criter criterio io de semeja semejanza nza de triáng triángulo uloss(5.1

m c

=

2 r m

,

(IV.12)

C AP. IV. OLIMPIADAS N ACIO AC IO NA LES LE S de donde se tiene que: m2 = 2 c r.

(IV.13)

Análogamente se puede demostrar que los triángulos P C P  y P RC son son semejantes y obtenemos: n

2 r

,

(IV.14)

n2 = 2 b r.

(IV.15)

b

=

n

de donde se tiene que:

II.10)) al triángulo P B C tenemos: Por otro lado aplicando el Teorema del Seno(II.10 tenemos:

2 r =

n

   

de donde se tiene:

P B C sen P

P B C = = sen P

n

2r

,

(IV.16)

.

(IV.17)

Y del triángulo rectángulo P QB obtenemos:

 

= sen P = sen P B C = P BQ BQ =

a m

,

(IV.18)

de donde se tiene despejando a:

 

a = sen P P B C m =

Si elevamos al cuadrado:

nm

2r

, por (IV.17 IV.17). ).

n2 m2 2 a = 4r 2 =

2 c r 2 b r , por (IV.13 IV.13)) y (IV.15 IV.15)) 4r 2

= b c . 

SEC . 8. PROBLEMAS

Ejercicio. 8.4. (Santiago de Compostela, 2005, Ver 40 Ver 40 en en las Referencias web) a , b, c donde el lado a a es la media aritmética de b y c . Probar: En un triángulo de lados a



1. 0o A A

≤ ≤ 60o .

2.1)) r . a es tres veces el inradio (2.1 2. La altura altura relativa relativa al lado lado a 2.2)) al lado 3. La dista distanci ncia a del circun circuncen centro tro (2.2 lado a es: R ( 2.2) 2.2 ) circunscrita ).

− r (donde R es

el radio radio de la circun circunfer ferenc encia ia

SOLUCIÓN . 4.8)) tenemos: 1. Por la desigualdad triángular(4.8

b

b + c + c + c = = + c , de donde se tiene que: ≤ a + c 2 b

≤ 3.

(IV.19)

1 . ≥ c 3

(IV.20)

c c

b + c + c + b = = + b , de donde se tiene que: ≤ a + b 2 b

Entonces tenemos:

1 b ≤ 3 c

≤ 3.

(IV.21)

Por otro lado por el Teorema del coseno(4.6 coseno(4.6)) tenemos: a2 = b 2 + c 2



− 2 bc cos A A =

c + b + b 2



4

+ c 2



− 2 bc cos A A,

de donde despejando c os A A se tiene:

 −

c os A A =

3 b2 − 3c 2 + 2 bc . −8 bc

Dividimos por c 2 numerador y denominador, llamamos por comodidad x = =

 −

f ( x ( x ) = c = c os A A =

(IV.22)

b c

y obtenemos:

+ 3 3 3 x 2 + 2 x − 3 3 x 2 − 2 x + 1 3 1 b = = x − + con ≤ 8 x 8 4 8 x 3 c −8 x

≤ 3.

(IV.23)

C AP. IV. OLIMPIADAS N ACIO AC IO NA LES LE S Tenemos que:



1 1 1 9 = − + = 1, 3 8 4 8 9 1 1 f ( (3) = − + = 1, 8 4 8 3 3 f  ( x ) = − , 8 8 x 2 f





3 1 3 1 ( 1) = − + = de donde igualando a cero obtenemos que hay un mínimo en x = 1 f ( . 8 4 8 2 Entonces nos queda:

1 ≤ cos A A ≤ 1. 2

(IV.24)

A ≤ 60o . 0o ≤ A

(IV.25)

 

Análogamente:



2. Designando: A, B y C a los vértices opuestos a los lados a, b y c c , respectivamente. 1.3)) . I al al incentro(1.3

ha a la

1.2)) altura(1.2

A

correspondiente al lado a .

S al

area(3)

p al

I.12)) . semiperímetro(I.12

T

del triángulo.

B

= p r, S = p

ver (I.14 I.14))

a + b + b + + c c

2

=

 

=

3 a r. 2

2

r,

+ a + a r,

ver semipe semiperím rímetr etroo (I.12 I.12)) usando a = a =

b + c + c

2

R da

I

Tenemos:

a

b

r

ha c

2.1)) . r al inradio(2.1

=

O

a

S

C

SEC . 8. PROBLEMAS

S =

1 ah , ver (I.13 (I.13). ). 2 a

Igualando ambas fórmulas tenemos: ha = 3 r.

(IV.26)

1.1)) y el lado a . 3. Sea d 0 la distancia entre el circuncentro(1.1 4.1)) que: En el triángulo rectángulo S OC sabemos por el Teorema de Pitágoras(4.1

2

2

R = d a +



a 2

2

,

(IV.27)

de donde se tiene: 2

da = R

2

−

a2

4

.

(IV.28)

Por otro lado en el triángulo rectángulo AI T tenemos: tenemos:



tan A A/2 = =

=

r AT r

p

− a,

ver propiedad propiedad de la la circunf circunferenc erencia ia inscrit inscritaa (2.1 (2.1))

r a + b + b + + c c

2 =

− 2a ,

ver semipe semiperím rímetr etroo (I.12 I.12))

r 2 r = a a = a. + a + a r

−2

2

Por lo que nos queda:



A/2 = tan A

2 r a

.

(IV.29)

C AP. IV. OLIMPIADAS N ACIO AC IO NA LES LE S Ahora tenemos: 2 R =

a

sen A

, usando usando el Teorema Teorema del Seno Seno generaliz generalizado ado en en el triángu triángulo lo AB C (II.10 II.10)) a

=

      

2tan A A/2

A/2 1 + tan A

1 + tan A A/2 = a

, véase el seno en función función de la tangente tangente del del ángulo ángulo mitad mitad 3

2

2

2tan A A/2 2r

1+ = a

2

a 2r

2

, por (IV.29 IV.29). ).

a

a2 + 4 r 2 = a

a2 4r

=

a2 + 4 r 2

4r

=

a2

4r

+ r.

a

Por lo que tenemos:

a2

4

= r (2 R

− r ).

(IV.30)

Volviendo Volviendo a (IV.28 IV.28)) y sustituyendo (IV.30 (IV.30)) tenemos: da2 = R2

Rr + r r 2 = ( R ( R − r )2 . − 2 Rr +

(IV.31)

− r.

(IV.32)

de donde se tiene: da = R = R

3

Seno en función de la tangente del ángulo mitad: sen A =

  

A/2 2tan A

1+

A/2 tan A

2.

SEC . 8. PROBLEMAS

Vamos Vamos a ver otra ot ra solución de d e este apartado sin usar trigonometría. Sea S la intersección de la bisectriz de A con la mediatriz de a (que esta en el punto medio del arco B C ). ). Y sean P , P 2 y P 3 los puntos de tangencia de la circun2.1)) en el triá ferencia ferencia inscrita inscrita(2.1 triáng ngul uloo y los los lado ladoss a, c y b, respectivamente.

A O P 3

c

P 2 I B

P

b

A a

Q

C

S

2.1)) llamamos: Usando una propiedad de la circunferencia inscrita(2.1

= B P 2 x = P B = B y = C = C P = C = C P 3 z = z = AP AP 2 = AP = AP 3

y tenemos: a = x = x + + y = y =

b + c + c

2

c . , por ser a la media aritmética de b y c

b = y + z + z

= b − z → y = = z + + x c = z x → z = c c − x → z =

Entonces tenemos: x = =

=

=

=

b + c + c

2 b + c + c

2 b + c + c

2 b + c + c

− y ,

desp despej ejan ando do x en (3 (3)

+ z , − b + z

sust sustit ituy uyen endo do y por por su valor (3 (3)

+ c − x , − b + c

sust sustit ituy uyen endo do z por su valor (3 (3)

− 2 b + 2c − x . 2

Despejando x se se tiene: x = =

3 c − b . 4

(IV.33)

4.7)) al triángulo AB C tenemos: Aplicando el Teorema de la bisectriz(4.7 tenemos:

c b

=

BQ CQ

.

(IV.34)

C AP. IV. OLIMPIADAS N ACIO AC IO NA LES LE S Sabemos que: BQ + BQ + C CQ Q = a = a = =

b + c + c

2

.

(IV.35)

Dividimos por BQ y aplicamos (IV.34 (IV.34): ): 1+

b

=

c

b + c + c

2 BQ

Despejamos BQ y nos queda: BQ = BQ =

Como B A es la mitad de a : BA =

a

2

=

c

2

.

(IV.36)

.

(IV.37)

b + c + c

4

.

(IV.38)

Vamos Vamos a calcular: QA

PQ = ( BA ( BA − BQ) BQ ) − ( BQ − BP B P ), − PQ = =

=

=

b + c + c

4 b + c + c

4 b + c + c

+ x , − 2 2c + x

(véa (véase se el dibu dibujo jo))

usán usándo dose se (IV.37 IV.37)) y (IV.38 IV.38))

+ c)) 3 c − b + , − 2 2c((bb + c + c + c)) 4

usán usándo dose se (IV.38 IV.38))

− 4c + 3c − b 4

= 0. = P Q. Por lo que QA = P

Y como:

   

I I PQ = PQ = QA QA S = 90o . IQ I Q P = A AQS por ser ángulos alternos internos 4 .

Entonces con por las tres últimas igualdades tenemos que los triángulos P I Q y AS AS Q son iguales por el = I P = r , de donde queda finalmente: primer criterio de igualdad de triángulos(5) , por tanto A S = I = OS OA = OS

4

= R − r. − AS = R

(IV.39) 

Se les llama ángulos internos a los que, en una transversal que corta a dos paralelas (o a dos rectas), son internos a las rectas pero alternos en la transversal.

SEC . 8. PROBLEMAS

Ejercicio. 8.5. (Canarias, 2003, Ver 40 Ver 40 en en las Referencias web)

1.2)) del triángulo ABC se cortan en el punto H . Se sabe que AB = C H . Determinar el valor del Las alturas (1.2



ángulo BC B C A.

SOLUCIÓN . Distinguimo Distinguimoss tres casos: casos:



C C < <

90o : Llamemos A y C C  a los los punt puntos os en los los que que las las altur lturaas de A y C C cortan cortan al lado lado opuest opuestoo respec respectiv tivame amente nte.. Tenemos: AH C porque El ángulo C HA = AHC porque son ángulos opuestos por a el vértice . A

      − −   − −

90o -α

En el triángulo C A H el el ángulo C A H es es recto, entonces el ángulo H H CA = 180o 90o α = 90o − α.

c

C 

α

En el triángulo AH C  el ángulo H H C  A es recto, entonces H AC  = 180o 90o α = 90o − α. el ángulo HAC a

Dadas dos rectas r y s s , del plano, que se cortan en el punto P , dos ángu-

b

H

α

90o -α

B

a

A

opuestoss por el vértice vértice cuando los los se dice dicenn opuesto cuando los lados lados de uno son semirr semirrect ectas as opuestas a los lados del otro. Dos ángulos opuestos por el vértice son congruentes.

C

A

90o -α

Por otro lado tenemos: C 







A A BA = 180o



HAC  = 180o − 90o − (90o − α) = α. − 90o − HAC

b

H

c

El ángu ángulo lo HAC HAC  es igua iguall al ángu ángulo lo A A AB del triáng triángulo ulo  rectángulo A AB, entonces:

α

α α B

90o -α A

a

C

Entonces Entonc es los triáng triángulos ulos C H A y A A AB son son igua iguale less apli aplica cand ndoo el prim primer er crit criter erio io de igua iguald ldad ad de triá triáng ngul ulos os(5) = AB por ser una condición del enunciado y los ángulos adyacentes de los lados C H y AB son igua(C H = AB y AB les). = C A . Por tanto todos los lados son iguales, en particular AA = C Si calculamos la tangente del ángulo C C en en el triángulo AA C tenemos: tenemos:



Análogamente:

 

C = = tan C

AA C A

= 1.

= 45o . C C =

(IV.40)

(IV.41)




C C > >

90o : Vamos a razonar análogamente al apartado anterior. Llamemos A , B  y C  a los puntos en los que las alturas de A, B y C C cortan al lado opuesto respectivamente, tenemos: A

    − −   − −

A C H = C C  C B porque son ángulos opuestos El ángulo A por el vérticea .

90o -α B

En el triángulo C A H el el ángulo C A H es es recto, entonces o o  el ángulo A A H C = = 180 90 α = 90o − α.

C 

c

b A

α

a

C

B

En el triángulo C C  H el el ángulo C C  H es es recto, entonces o o el ángulo C C  BC B C = = 180 90 α = 90o − α.

90o -α

Dadas dos rectas r y s s , del plano, que se cortan en el punto P , dos ángulos se dicen opuestos por el vérticeángulos!opuestos por el vértice cuando los lados de uno son semirrectas opuestas a los lados del otro.Dos ángulos opuestos por el vértice son congruentes. a

α

H

A c

b

90o -α

Por otro lado tenemos:

B





BAA BAA = 180o

A

α a

C

α



El ángu ángulo lo C C  BC B C es igua iguall al ángu ángulo lo  rectángulo AA B, entonces:

C 

ABA ABA del triáng triángulo ulo

B



B C = = 180o − 90o − (90o − α) = α. − 90o − C C  BC

90o -α H

A C H son Entonces Entonc es los triáng triángulos ulos AA B y A son igua iguale less apli aplica cand ndoo el prim primer er crit criter erio io de igua iguald ldad ad de triá triáng ngul ulos os(5) (C H = AB = AB por ser una condición del enunciado y los ángulos adyacentes de los lados C H y y AB AB son iguales). = C A . Por tanto todos lados son iguales, en particular AA = C





Si calculamos la tangente del ángulo ACA ACA en el triángulo ACA ACA tenemos:

 

tan ACA ACA =

AA C A

=1

(IV.42)

Por tanto tanto por una de las propiedades de dos ángulos suplementarios suplementarios tenemos:





C ) = tan (180o − ACA ACA ) = − tan ( ACA ACA ) = −1 tan (C 4



La tangente de dos ángulos complementarios verifica: tan (180o − α) = − tan α.

(IV.43)

SEC . 8. PROBLEMAS Análogamente: C C = = 135o





C C = 90o : En este caso C coincide con H .

(IV.44)

A

Por lo que C H = = 0.

c b



 0, entonces este valor de C C no puede darse, Como AB = por lo que este caso no es válido.

C=H

a

B



Ejercicio. 8.6. (Ciudad Real, 2004, Ver 40 Ver 40 en en las Referencias web)

1.4)) desde B Demostrar que la condición necesaria y suficiente para que, en el triángulo AB AB C , la mediana (1.4 B sea 2.1)) en el triángulo, es: dividida en tres partes iguales por la circunferencia inscrita (2.1

a

5

=

b

10

=

c

13

.

(IV.45)

SOLUCIÓN . necesaria. 1. Primero Primero demostraremo demostraremoss la condición la condición necesaria. Partimos de un triángulo ABC tal que la mediana C K (donde K es es el punto medio de AC ) corte a la circunferencia inscrita en dos puntos M y N N tales que: BM B M = M N = N K = = x .

C T a

(IV.46)

K

I M

B

b

H

N

A c

Sea T el punto de tangencia de la circunferencia inscrita y el lado B C . En el triángulo se verifican las siguientes relaciones:

+ c a + c

B T . − b = 2 BT

2.1)) ). (Fórmula que deducimos directamente de la propiedad de la circunferencia inscrita(2.1

(IV.47)


2a2 + 2c 2 − b2 = 4 BK 2 .

(IV.48)

2a2 + 2c 2 − b2 = 4(3 x )2 = 36 x 2 .

(IV.49)

4.9)) correspondiente a la mediana del lado b y multiplicada por dos. Y como Fórmula de Apolonio(4.9 BK = BK = 3 x (véase (véase (IV.46 (IV.46)), )), tenemos:

La potenc potencia ia del vértic vérticee B resp respec ecto to de la circ circun unfe fere renc ncia ia insc inscri rita ta se pued puedee escr escrib ibir ir de dos dos mane manera rass tenie teniend ndoo en cuenta el apartado (6 (6) con su caso especial. BT B T 2 = BMBN .

(IV.50)

Con lo que tenemos: BT B T 2 = BMBN

 

a + c + c

2 a + c + c

2

 −  −b

2

b 2

= BMBN ,

= x 2 x ,

sustit sustituye uyendo ndo el valor valor de BT (IV.47 IV.47))

tenien teniendo do en cuenta cuenta (IV.46 IV.46). ).

Con lo que nos queda: (a + c + c

− b)2 = 8 x 2.

(IV.51)

En el triángulo ABC AB C , los puntos B y K K están están igualmente alejados del centro de la circunferencia inscrita. Demostrémoslo: a)

Trazamos la perpendicular a B K que que pasa por I . b) Llamamos H al punto donde esta perpendicular corta a B K . c) Entonces los triángulos rectángulos en H ( I H K , I H B ) son semejantes aplicando el tercer criterio 5.1)) por tener el lado I H común B H = K = K H (por de semejanza de triángulos(5.1 común y el lado BH (por ser I H perpen perpen5 dicular a un arco de la circunferencia ) y además el ángulo comprendido entre los lados iguales ser igual.

= K I . Entonces todos los lados son iguales, en particular B I = K a)

El lado I C es es común en ambos triángulos. b) B I = K I (lo (lo acabamos de demostrar). c) C I B = C I K porque K I H = = BI B I H porque K d) Entonces los triángulos C K I y C I B son semejantes aplicando el tercer criterio de semejanza de 5.1)) . triángulos(5.1

 

5

 

Cualquier recta perpendicular que pase por el punto medio de cualquier cuerda de una circunferencia pasa por el centro de dicha circunferencia.

SEC . 8. PROBLEMAS Entonces todos los lados son iguales, en particular B C = K C . Por lo que tenemos: b = 2a.

(IV.52)

Sustituyendo esta última igualdad en (IV.49 (IV.49)) y (IV.51 IV.51)) tenemos: 2a2 + 2c 2 − 4a2 = 36 x 2 . Simplificando y dividiendo entre dos tenemos:

( a + c + c

c2

2 − a2 − a2 = 18 x 2 → x 2 = c 18 .

(c

− a)2 = 8 x 2 → x 2 = (c −8a)

(IV.53)

− 2a)2 = 8 x 2.

Simplificando tenemos:

2

.

(IV.54)

Igualando las dos igualdades de x 2 tenemos: c2

− a2 = (c − a)2 ,

18

8

y nos queda: c + a + a c

=

−a

9 . 4

(IV.55)

Porque sabemos que c − a  = 0 y haciendo cálculos nos queda: c a

=

13 . 5

(IV.56)

Uniendo esta última igualdad con (IV.52 (IV.52)) tenemos: a

5

=

2. Ahora demost demostraremo raremoss la condición la condición suficiente. suficiente. Podemos suponer sin perdida de generalidad: a = 5 b = 10 c = 13

b

10

=

c

13

.

(IV.57)

C AP. IV. OLIMPIADAS N ACIO AC IO NA LES LE S T 2

T a

b

I H M

K

N

T 3

B

A

c

Antes de empezar con este apartado vamos a resolver el siguiente sistema (que (qu e tiene que ver con una ( 2.1) 2.1 ) propiedad de la circunferencia inscrita ): x + + y = y = 5 y + z + z = = 10 z + z + x x = = 13

 

donde: x = B T = B T 3, y = C = C T = C T 2 y z = z = AT AT 2 = AT = AT 3,

cuya solución es: x = = 4, y = = 1 y z = z = 9. Estos valores los usaremos más tarde para terminar el apartado. Ahora sustituyendo en las fórmulas (IV.48 IV.48)) y (IV.49 IV.49)) usadas en la condición necesaria tenemos: a + c + c

B T → B T → B T = 4 → BT B T 2 = 16. − b = 2 BT → 8 = 2 BT → BT

(IV.58)



BK = 6 2. 2a2 + 2c 2 − b2 = 4 BK 2 → 50 − 100 + 338 = 4 BK 2 → 4 BK 2 = 288 → BK =

Resumiendo tenemos: BK = BK = 6

y



2,

(IV.59)

(IV.60)

= B T 2 = BMBN . 16 = B

(IV.61)

I.12)) tenemos que p = 14 y usando esto calculamos la superficie (3) del Si calculamos el semiperímetro(I.12 II.44)) : triángulo mediante la fórmula de Herón(II.44

S =





14(14 − 5)(14 − 10)(14 − 13) = 6 14.

(IV.62)

I.14)) de un triángulo en función Despejando r (radio de la circunferencia inscrita) de la fórmula el área(I.14 del radio de su circunferencia inscrita tenemos:



6 14 6 =  . r = = p 14 14 S

(IV.63)

SEC . 8. PROBLEMAS = C K (véase C I común, El triángulo B C K es es isósceles por ser B C = C (véase (1 (1)) y C común, entonces la bisectriz del ángulo 6 C es es también altura . Llamemos H al pie de dicha altura. Consideremos el triángulo rectángulo B I T en el ángulo BT B T I por ser T el punto de tangencia de la 4.1)) : circunferencia inscrita, entonces aplicando el Teorema de Pitágoras(4.1



BI B I 2 = B T 2 + C I 2 = r 2 + 42 =

36 + 16, tenien teniendo do en cuenta cuenta (2) 14

=

130 . 7

 

Por otra parte el triángulo es rectángulo B I H en en el ángulo I I H B por ser C H la la altura del triángulo C BK . Entonces aplicando el Teorema de Pitágoras. BI B I 2 = H B 2 + H I 2 .

Por lo que:

H I 2 = B I 2

(IV.64)

− H B2

=

130 HB H B 2 , por (2) − 7

=

130 7

− ( BK /2)2,

=

130 7

− (3 2)2,

=

4 . 7

por ser H el el punt puntoo medi medioo de de B y K por (IV.59 IV.59))

Y finalmente en el triángulo I H M aplicando aplicando Pitágoras y (2 (2): H M 2 = I M 2

6

4 = 2. − I H 2 = 36 − 14 7

(IV.65)

En un triángulo isósceles la bisectriz del ángulo opuesto a la base, es perpendicular a la base. La bisectriz coincide con la altura correspondiente al lado AB .




N tenemos que M N = 2 2, y por otro lado tenemos: Como H es el punto medio de M y N BM B M = B = BH H M H

−

= ( BK ( BK /2)

− M H

= 3

 2 − M H ,

= 3

 2 −  2,

= 2

 2.

usa usando ndo (IV.59 IV.59)) usa usando ndo (2)

K N = K = K N M H

− −

= ( BK ( BK /2) N H

−

= 3

 2 − N H ,

usa usando ndo (IV.59 IV.59))

= 3

 2 −  2,

usa usando ndo (2)

= 2

 2.

Por tanto queda demostrado que B M = M N = N K . 

Ejercicio. 8.7. (Girona, 2009, Ver 40 Ver 40 en en las Referencias web) Sean: ABC un triángulo acutángulo 7 . 2.1)) . el centro de la circunferencia inscrita (2.1 I el

r el radio de la circunferencia inscrita. 2.2)) . R el radio de la circunferencia circunscrita (2.2 1.2)) AD = Se traza la altura (1.2 AD = h h a con D perteneciente al lado B B C .

Demuestra:

DI D I 2 = ( 2 R

)(ha − 2 r ). − ha )(h

(IV.66)

SEC . 8. PROBLEMAS SOLUCIÓN . Sean Sean:: E y y M las las proyecciones ortogonales de I sobre sobre B C y AD AD respectivamente. F el el punto de tangencia de la circunferencia inscrita con el lado AC .

Entonces si nos centramos en el triángulo rectángulo AF I tenemos: tenemos: sen

   A A

2

=

r AI

,

(IV.67)

1.3)) ). por ser AI una bisectriz del triángulo AB C (al (al ser I el el incentro(1.3

Por otro lado vamos a usar dos fórmulas diferentes para el área del triángulo AB C . I.14)) en función del inradio: 1. Vamos a despejar r de la fórmula del área(I.14

r =

S p

.

(IV.68)

I.16)) conociendo dos lados y el ángulo que lo forman: 2. Vamos a usar la fórmula del área(I.16

S =

bc

bc =

sen A 2

  

A 2tan A 2

A 1 + tan A 2

2

2

, véase el seno en función función de la tangente tangente del ángulo ángulo mitad 8

sen A2 bc cos A2 b c sen A2 cos2 2A = = = b c sen A2 cos A2 . A A 2 sen 2 cos 2 1+ cos2 2A Sustituyendo primero este valor de r y luego el de S en (IV.67 IV.67), ), y despejando AI en la misma tenemos: = AI =

bc

sen A2 cos A2 b c cos A2 = . p p sen A2

Elevamos esta expresión al cuadrado: 2

AI = 8

Seno en función de la tangente del ángulo mitad: sen A =

b2 c 2

cos2 2A

p2

  

A/2 2tan A

1+

A/2 tan A

.

2.

(IV.69)

(IV.70)

C AP. IV. OLIMPIADAS N ACIO AC IO NA LES LE S Ahora teniendo en cuenta que: p( p

c os 2 A/2 =

tenemos: AI 2 =

b2 c 2

p( p

− a) .

(IV.71)

bc

− a)

bc

bc ( p

=

p2

− a) .

p

(IV.72)

Ahora también vamos a tener en cuenta otra serie seri e de cosas: I.14)) del triángulo en función del inradio tenemos: Despejando el semiperímetro de la fórmula del área(I.14

S

p = p =

r

.

(IV.73)

I.13)) del triángulo tenemos: Despejando la base a de la fórmula clásica del área(I.13

a =

2 S ha

.

(IV.74)

I.15)) del triángulo en función del circunradio tenemos: Haciendo cálculos en la fórmula del área(I.15

S =

a bc

4 R

ah a =

a bc

4 R

.

Despejando bc tenemos: bc = bc = 2 Rha .

(IV.75)

Entonces sustituyendo estas tres últimas expresiones la expresión (IV.72 (IV.72)) tenemos: AI 2 =

bc ( p

− a)

p

2 Rha =

−  S

2S

r S

ha

r

2 Rha =



Sh a

− r 2S

r ha S r

= 2 R( R(ha

− 2r ).



SEC . 8. PROBLEMAS ( 4.1)) a AD I , ( M D = I = I R = r = r ), aplicando el Teorema de Pitágoras (4.1 Como el cuadrilátero I E D M es es un rectángulo ( M tenemos: + AI 2 − 2ha AM DI D I 2 = h2a + AI

= h2a + AI + AI 2

− 2ha (ha − M D),

= h2a + 2 R( R(ha = ( 2 R

observa observando ndo el dibujo dibujo

− 2 r ) − 2ha (ha − r ),

tenien teniendo do en cuenta cuenta (8)

)(ha − 2 r ). − ha )(h 

Ejercicio. 8.8. (Murcia, 2001, Ver 40 Ver 40 en en las Referencias web) Sea P P un punto interior del triángulo AB AB C , de modo que AB AB P verifica AP AP = B = B P . Sobre cada uno de los otros dos lados se construyen, exteriormente, triángulos BQC y C RA, semejantes al = QC y C = RA respectivamente. triángulo AB AB P , cumpliendo BQ B Q = QC C R = RA P , Q , C y R R , o están alineados, o son los vértices de un paralelogramo. Probar que los puntos P

SOLUCIÓN . Veamos Veamos que los triángulos ABC y P BQ son semejantes aplicando el tercer 5.1)) : criterio de semejanza(5.1

       

ABP ABP = C BQ por ser los triángulos AP B y BQ BQ C semejantes. semejantes. Sumamos

la misma cantidad a ambos miembros: A

ABP + ABP + P P B C = = C BQ BQ + + P P B C .

Entonces tenemos:

c R

ABC ABC = P P BQ .

P

Y además los l os lados que forman dichos ángulos son proporcionales: c a

=

BP BQ

b

B

a

, por ser los triángulos APB y BQC semejantes.

Q

C

Entonces ABC AB C y y P BQ semejantes, y por ello tenemos que todos sus ángulos son iguales, en particular:

 

BQP BQ P = ACB AC B .

(IV.76)

Análogamente tenemos que AB C es es semejante a AP R siguiendo el mismo razonamiento. Entonces todos sus ángulos son iguales y en particular: ARP = ARP = ACB AC B . (IV.77)

 

C AP. IV. OLIMPIADAS N ACIO AC IO NA LES LE S AP R son semejantes Entonces si unimos estas dos semejanzas de triángulos tenemos que los triángulos P BQ y AP y como P B = PA P A, entonces todos sus lados tienen que ser iguales y por ello los triángulos son iguales por el tercer criterio de igualdad de triángulos(5) .

 

Por otro lado vamos a llamar α = BAP BAP = ABP ABP por ser ABP isósceles al tener dos ángulos iguales. Entonces tenemos que los cuatro ángulos del paralelogramo miden:

   −  −  −  − − −  −     −  −       − −  − −   − −  − −  QC QC R = C C + + 2α.

Q P R = 360o

AP AP B APR AP R BPQ B PQ

= 360o

(180o

AP R BPQ B PQ , 2α) APR

teniendo en cuenta que AP AP B + BAP + BAP + P P BA = 180o . = 2α + (180o

B B

A) A),

por la igualdad de los ángulos de los triángulos semejantes AB C , B PQ y AP AP R

= 2α + C C

teniendo en cuenta que A A + B + B + C C = = 180o

PRC P RC = = 180o = 180o

PQ PQ C = = 180o = 180o

2α ARP ARP C . 2α C

BQ P 2α BQP

2α C C .

Tenemos que los ángulos opuestos del cuadrilátero PQCR son iguales, entonces PQCR es un paralelogramo9 . La alineación es un caso particular y se producirá cuando:



180 o − C C + 2α = 180 → α = C C + . 2

 9

o

Si ambos pares de ángulos opuestos de un cuadrilátero son congruentes, entonces el cuadrilátero es un paralelogramo.

(IV.78) 

Capítulo V

Olimpiadas Internacionales 9. Prob Proble lema mass 9.1. Segunda Segunda Olimpíada Olimpíada Internaci Internacional onal de Matemáti Matemáticas,19 cas,1960 60 (Rumani (Rumania) a) La segunda Olimpíada Internacional de Matemáticas se celebró del 18 al 25 Julio de 1960 en las ciudades de Sinaia y Bucarest. Los países participantes fueron: Bulgaria, Checoslovaquia, Alemania Oriental, Hungría y Rumania.

Ejercicio. 9.1. (Hungría,[2, Enunciado, solución: pág 12,15, Ejercicio 2.4 ]) AB C conocidas: m a , donde: Usando regla y compás construye el triángulo AB conocidas: h a , h b y m ha : altura 1,2 del triángulo que parte del lado B B C . h b : altura del triángulo que parte del lado AC . ma : mediana 1,4 del triángulo que parte del vértice A A.

SOLUCIÓN . A

Denotamos:

K

AH = h = h a .

c ha

BK = BK = h h b .

b L hb

ma hd

AD = AD = m m a .

H B

C D

a

C AP. V. OLIMPIADAS I NTERNACIONALES En el triángulo AD C sea L el pie de la altura que parte del lado AC , h d . Entonces: 1. AL D es un triángulo rectángulo por la definición de altura. 2. Consideremo Consideremoss los triángulos triángulos AD C y AB AB C . Entonces: El área del triángulo ADC AD C es es la mitad que la del triángulo ABC AB C , (véase la propiedad de la mediana (1.4 1.4)). )). Tomemos como base de ambos triángulos el lado AC . Entonces la altura del triángulo AD C debe debe ser la mitad que la del triángulo AB C . D L =

1 h . 2 b

(V.1)

Por lo que una construcción del triángulo AB C puede puede ser la siguiente: Trazamos una recta: l . Tomamos un punto de la recta l : D ∈ l . Trazamos una recta paralela a l y a la distancia h a de l : l  . Dibujamos la circunferencia de centro D y radio ma siempre que h a < m a y obtenemos dos puntos de A . corte de la circunferencia con la recta l  : A y A Nos quedamos con el punto A. Dibujamos otra circunferencia con diámetro AD de centro el punto medio de A y D y radio Inscribimos en esta última circunferencia el triángulo AD L con D L =

hb

2

siempre que

hb

2

AD

2

.

< ma .

Alargamos el lado AL del triángulo AD L hasta que corte con la recta l . El punto de corte es el punto C . C . Por lo que calc El punt puntoo D es es el punt puntoo medi medioo de B y C calcul ulam amos os el simé simétr tric icoo de C respecto respecto de D y obtene obtenemos mos el punto B .

Así queda determinado el triángulo AB C .

SEC . 9. PROBLEMAS

A c

L

E

B

b

C

D a



Si el ejercicio en lugar de dar la mediana que parte del vértice de A, diera la que parte de C , el ejercicio sería mucho más fácil y lo podríamos poner como nivel local. Por lo que podemos encontrarlo en el capitulo de Problemas de Olimpiadas a nivel local (7.8. (7.8.). ).

9.2. Tercera ercera Olimpíada Olimpíada Internaciona Internacionall de Matemáticas, Matemáticas, 1961(Hung 1961(Hungría) ría) La tercera Olimpíada Internacional de Matemáticas se celebró del 18 al 25 de Julio de 1961 en las ciudades de Budapest y Veszprém. Los países participantes fueron: Bulgaria, Checoslovaquia, Alemania Oriental, Hungría, Polonia y Rumania.

Ejercicio. 9.2. (Alemania oriental,[2, Enunciado, solución: pág 21,23, Ejercicio 3.4]) P1 P2 P3 un triángulo y P un punto interior del mismo. Sea P

Denotamos a Q Q 1 , Q 2 y Q Q 3 los puntos de intersección de P P1 P , P2 P , P3 P con los lados opuestos P P2 P3 , P3 P1 , P1 P2 , respectivamente. P 1

Demuestra que entre estas tres relaciones: P1 P PQ 1

,

P2 P PQ 2

,

P3 P PQ 3

Q3

Q2 P

,

existe una mayor o igual que dos y otra menor o igual que dos.

P 2

Q1

P3

C AP. V. OLIMPIADAS I NTERNACIONALES SOLUCIÓN . Sean Sean:: 1.4)) G el baricentro(1.4

del triángulo P1 P2 P3 .

R i el punto de intersección de Pi G con el lado opuesto respectivamente, i = 1, 1, 2,3.

Distinguimos dos casos: 1.

P

=

P1 G GR 1

G . Entonces Q i = R = R i , por lo

=

P2 G GR 2

=

P3 G GR 3

que tenemos: tenemos:

= 2, véase la propiedad de la mediana (1.4 (1.4). ).

P 1

R3

R2

G P 2

2.

R1

P3

P  G . Entonces P es un punto interior de los seis triángulos que determinan las medianas, pertenece a =

una de las medianas o es un punto del borde de dichos triángulos. Suponemos que P ∈ int( P1 GR 2 ). Entonces: Sea S el punto de intersección de P1Q 1 y la paralela a P2 P3 que pasa por el punto G . P1 P PQ 1

<

P1 S SQ 1

=

P1 G GR 1

= 2,

donde la primera igualdad se da por ser los triángulos P1 GS y P1 R1Q 1 semejantes por estar en 5.1)) y la última igualdad por una propiedad de la mediana(1.4 1.4)) . posición de Thales(5.1 P 1

P

R3

R2 S G

P 2

R1

Q1

P3

SEC . 9. PROBLEMAS P2 P PQ 2

>

P2 G GR 2

= 2,

1.4)) . donde la igualdad vuelve a darse por la misma propiedad de la mediana(1.4 P 1

P

Q2

R3

R2 G

P 2

R1

P3

En el caso de que el punto P estuviera dentro de otro de los triángulos, la demostración sería análoga. Supongamos que P esté en el borde del triángulo P1 GR 2 (es decir, en la mediana del triángulo que = R 1 , y por tanto: parte de P1 ). Entonces Q 1 = R P1 P PR P R1

>

P1 G GR 1

= 2,

donde la igualdad vuelve a darse por la misma propiedad de la mediana. P 1

P R3

R2

G P 2

R1

P3



9.3. Sexta Olimpíada Olimpíada Internaci Internacional onal de Matemáticas, Matemáticas, 1964 1964 (URSS, Unión de Repúbli Repúblicas cas Socialistas Soviéticas) La sexta Olimpíada Internacional de Matemáticas se celebró del 30 de Junio al 10 de Julio de 1964 en las ciudades de Moscú. Los países participantes fueron: Bulgaria, Checoslovaquia, Alemania Oriental, Hungría, Mongolia, Polonia, Rumanía y Yugoslavia.

C AP. V. OLIMPIADAS I NTERNACIONALES

Ejercicio. 9.3. (Yugoslavia, (Yugoslavia,[2, Enunciado, solución: pág 39,41, Ejercicio 6.3]) Sea ABC ABC un triángulo y a a , b, c las longitudes de sus lados. Las rectas tangentes a la circunferencia inscrita 2,1 en AB C en el triángulo, las cuáles son paralelas a los lados, dividen a ABC en tres pequeños triángulos. En cada triángulo pequeño consideramos la circunferencia inscrita.

Calcula la suma de las áreas de las cuatro circunferencias inscritas.

SOLUCIÓN . Sea K L la recta tangente a la circunferencia inscrita del triángulo ABC , la cuál es paralela al lado B C y y sea r A el radio de la circunferencia inscrita en el triángulo AK L .

A I A K

De la misma forma, sean:

J

I

P

I C

rC el radio de la circunferencia inscrita en el triángulo J M C .

Y sea r el

b

c

r B el radio de la circunferencia inscrita en el triángulo P BQ .

2.1)) inradio(2.1

L

I B B


Q

a

M

C

5.1)) , por lo que la razón de Los triángulos ABC y AK L son semejantes porque están en posición de Thales(5.1 semejanza es: r . (V.2)

r A

Esta razón de semejanza coincide con la correspondiente a las alturas de los triángulos: h h

− 2r

=

r r A

,

(V.3)

donde: h es la altura1,2


2 r coincide con la altura del cuadrilátero B K L C . Entonces: r A =

r (h

− 2r ) = r h − 2r 2 = r − 2 r 2 . h

h

h

Igualando las fórmulas: Área(3) del triángulo. I.14)) del triángulo en función del radio de la circunferencia inscrita. Área(I.14

(V.4)

SEC . 9. PROBLEMAS y despejando h tenemos: 2 r p

.

(V.5)

2r 2 2 r 2 a r p − r a r = r − = = ( p − a). 2r p 2r p p p

(V.6)

h =

a

Entonces: r A = r = r

−

a

De la misma manera: r B =

rC =

r p r p

( p

− b).

( p

− c).

La suma de las áreas de las cuatro circunferencias inscritas es:

      

  

2 = π r 2 + r A2 + r + r B2 + r + r C T =

=π

r2 +

= πr 2

1+

r

p

2

( p

( p ( p

− a)

+

p

   − 2

( p

− b)

( p − b )2 + ( p ( p − a)2 + ( p p2

p2

r

+

p

  − 2

( p

c)

c )2

+ a 2 + p 2 − 2a b + b + b 2 + b 2 + p 2 − 2 pc + pc + c c 2 − 2a p + a

= πr 2

1+

= πr 2

4 p2 + a2 + b 2 + c 2 − 2 p( p( a + b + b + + c c))

= πr 2

r

p2

p2

a2 + b 2 + c 2 p2







I.12)) ) , usando(a + b + b + + c c)) = 2 p, (ver (ver semipe semiperím rímetr etroo(I.12

.

Igualando las fórmulas: II.44)) . Fórmula del Herón(II.44 I.14)) del triángulo en función del radio de la circunferencia inscrita. Área(I.14

y despejando r 2 tenemos: r 2 = p( p ( p

)( p − b)( p )( p − c ), − a)( p

(V.7)

C AP. V. OLIMPIADAS I NTERNACIONALES por tanto nos queda: T = = π

=π

=π

=

    

( a2 + b 2 + c 2 )( p )( p

)( p − b)( p )( p − c ) − a)( p

p3 (a2 + b 2 + c 2 )

−

a + b + b + + c c

2

a

b + c + c

a + b + b

2

2

−c

p3



8

−

a + b + b + + c c 3

2

+ b + + c c)( )(a a π(a2 + b 2 + c 2 )( a + b

−

I.12)) , sust sustit ituy uyen endo do p por su valor, ver semiperímetro(I.12

 − 

(a2 + b 2 + c 2 )( a + b + b + + c c)( )(a a

−



3

( a + b + b + + c c))

b + c + c)( )(a a + b + b

− c) )

 

 

+ c)( )(a a + b + b − c ) − b + c . 

9.4. Octava Olimpíada Olimpíada Internacion Internacional al de Matemáti Matemáticas, cas, 1966 1966 (Bulgaria (Bulgaria)) La octava Olimpíada Internacional de Matemáticas se celebró del 3 al 13 Julio de 1966 en la ciudad de Sofía. Los países participantes fueron: Bulgaria, Checoslovaquia, Alemania Oriental, Hungría, Mongolia, Polonia, Rumania, la URSS y Yugoslavia.

Ejercicio. 9.4. (Polonia,[2, Enunciado, solución: pág 52,54, Ejercicio 8.6]) Sean: ABC un triángulo. M , K y L puntos interiores de los segmentos AB AB , B C y C C A, respectivamente.

Demostrar que, entre los triángulos M AL , K B M y LC K , al menos el área de uno de ellos no es superior a la cuarta parte del área del triángulo AB C .

SEC . 9. PROBLEMAS

  

A, B B , C C sus SOLUCIÓN . Sean a , b, c los lados del triángulo AB C y A sus respectivos ángulos. Si denotamos: A

= p 2 c , AM = p 1 c y B B M =

L

BK = BK = m m 1 a y C C K = m = m2 a,

c

= n 1 b y AL = n 2 b . C L = n AL = n

b

M

tenemos que: p1 , p2 , m1 , m2 , n1 , n2 son números reales positivos,

B

C a

K

p1 + p + p2 = n = n 1 + n + n2 = m = m 1 + m + m2 = 1.

1. Por un lado aplicando la siguiente fórmula: S =

tenemos: S K LC S ABC

1 a b sen C C , véa véase (I.16 I.16)), 2

(V.8)

1 n1 bm 2 a sen C C 2 = = n 1 m2 . 1 ab 2

(V.9)





Análogamente: S L M A S ABC S K LC S ABC

= p 1 n2 , = p 2 m1 .

Razonemos usando la reducción al absurdo, por lo que vamos a suponer que las áreas de los tres peque1 ños triángulos son mayores que area( ABC ) ABC ). Entonces multiplicando las tres áreas tenemos: 4



1 p1 p2 n1 n2 m1 m2 > 4

3

=

1 . 64

(V.10)



2. Por otro lado aplicando aplicando la desigualdad de las medias aritmética y geométrica: a + b > 2 a b, tenemos:

  

1 = p = p 1 + p + p2 > 2 p1 p2

= m 1 + m + m2 > 2 m1 m2 1 = m

1 = n = n 1 + n + n2 > 2 n1 n2

(V.11)

(V.12) (V.13)

C AP. V. OLIMPIADAS I NTERNACIONALES Si multiplicamos estas tres desigualdades tenemos:

       

1 > 8 p1 p2 n1 n2 m1 m2

(V.14)

3

1 > 8 p1 p2 n1 n2 m1 m2 .

(V.15)

Entonces hemos llegado a una contradicción, por lo que al menos una de las tres áreas es mayor que 1 ABC ). area( ABC ) 4 

9.5. Duodécima Duodécima Olimpíada Olimpíada Internaci Internacional onal de Matemáti Matemáticas, cas, 1970 1970 (Hungría) (Hungría) La segunda Olimpíada Internacional de Matemáticas se celebró del 8 al 22 Julio de 1970 en las ciudades de Keszthely y Budapest. Los países participantes fueron: Alemania, Austria, Bulgaria, Checoslovaquia, Francia, Alemania Oriental, Hungría, Mongolia, Países Bajos, Polonia, Rumania, Suecia, Reino Unido, la URSS y Yugoslavia.

Ejercicio. 9.5. (Polonia,[2, Enunciado, solución: pág ,79,80 Ejercicio 12.1]) AB C un M un punto interior del lado AB AB . Sea AB un triángulo y M

Sean: r1 , r2 , r los radios de las circunferencias inscritas 2,1 a los triángulos AM AM C , B M C , ABC AB C , respectivamente. A M C , B M C , AB C , respectiva- ρ1 , ρ2 , ρ los radios de las circunferencias exinscritas 2,3 a los triángulos AM mente.

Probar la igualdad:

r1 r2

ρ1 ρ2

=

r

ρ

.

(V.16)

SOLUCIÓN . Sean: I el el

1.3)) del triángulo AB C . incentro(1.3

D el punto de tangencia de la circunferencia inscrita en el triángulo AB C y y el lado AB .

A

Ec M D E

E el el punto de tangencia de la circunferencia exinscrita en el triángulo AB C y y el lado AB . B

I

C

SEC . 9. PROBLEMAS Sabemos que: AD = AD = p p

− a,

B D = p = p

− b,

(véase (2.1 2.1))),

(V.17)

BE B E = p = p

− a,

AE = p = p

− b,

(véase (2.3 2.3))).

(V.18)

Por tanto a partir de la tangente de los triángulos rectángulos I DA y I DB tenemos:

A

r

r

= tan = , apli aplicá cánd ndoo (IV.67 IV.67), ), 2 AD p − a

tan

B

2

=

r

BD B D

=

r

p

− b,

apli aplicá cánd ndoo (IV.67 IV.67). ).

A

Ec M D E r

Entonces nos queda: r = ( p

A

B

( p − b) tan . − a) tan 2 = ( p 2

m I

(V.19)

C

B

Análogamente a partir de la cotangente de los triángulos rectángulos E c BE B E y y E c AE tenemos: tenemos:

A

AE

p

−b

p

− a,

= cotg = , apli aplicá cánd ndoo ( V V.18 .18), ), 2 ρ ρ

cotg

B

2

=

B E

ρ

=

ρ

apli aplicá cánd ndoo ( V V.18 .18). ).

Entonces nos queda: ρ = ( p

A

Ec

ρ

A

B

( p − a) cotg . − b) cotg 2 = ( p 2

(V.20)

ρ

I

C

B

Por lo tanto: r

M D E

( p = ( p

− a) tan A2 B

− a) cotg 2

tan =

tan

A

2.

B

2

(V.21)

C AP. V. OLIMPIADAS I NTERNACIONALES C M B , tenemos: Por otro lado, aplicando todo este procedimiento a los triángulos C AM y C r1

ρ1 r2

ρ2

= tan = tan

A

∠ AM C

2

2

tan

B

2

tan

,

∠C M B

2

.

Además sabemos: ∠ AM C = =

π

− ∠C M B ,

(V.22)

por lo que: ∠ AM C

π

∠C M B − . 2 2

=

2

(V.23)

Si aplicamos tangente en esta última igualdad tenemos: tan

   − ∠ AM C

2

= tan

π

∠C M B

2

2

  

Entonces tenemos: tan Por tanto:

r1 r2

ρ1 ρ2

∠C M B

= cotg

= tan

= tan = tan

2

    ∠ AM C

2

A

∠ AM C

2

2

tan

∠C M B

2

2

cotg

∠C M B

= cotg

B

tan tan 2

A

A

, aplicando aplicando la tangent tangentee del ángulo complement complementario ario1 .

B

2

.

(V.24)

∠C M B

tan tan 2

2 ∠C M B

2

, véa véase ( V V.24 .24))

B

tan . 2 2

Por lo que queda demostrada la igualdad pedida.



9.6. Décima Décima Olimpíada Olimpíada Internacion Internacional al de Matemáticas, Matemáticas, 1968 1968 (URSS, (URSS, Unión de Repúbli Repúblicas cas Socialistas Soviéticas) La décima Olimpíada Internacional de Matemáticas se celebró del 5 al 18 Julio de 1968 en las ciudades de Moscú y Leningrado (San Petersburgo). Los países participantes fueron: Bulgaria, Checoslovaquia, Alemania Oriental, Hungría, Italia, Mongolia, Polonia, Rumania, Suecia, Reino Unido, la URSS y Yugoslavia. 1

Tangente del ángulo complementario: tan

 −  π

2

α = cotg α.

SEC . 9. PROBLEMAS

Ejercicio. 9.6. (Rumania,[2, Enunciado, solución: pág ,63,64 Ejercicio 10.1]) Demuestra que solo existe un triángulo cuyos lados vienen dados por tres enteros positivos consecutivos y un ángulo es dos veces otro ángulo.

SOLUCIÓN . Sean: A

  

B = B = 2 A A.



BD B D la bisectriz interior del ángulo B B .

α c

4.7)) tenemos: Usando el Teorema de la bisectriz(4.7

AB BC B C

=

AD DC

D

(V.25)

B

b

α α a

lo que es igual a: c a

=

AD DC

C

(V.26)

AD como b − DC , tenemos: Expresando D C como como b − AD y AD c

AD

− , c b − DC = .

a

=

b AD

a

DC

D C , respectivamente, tenemos: Despejando AD y D AD = AD = DC = DC =

cb a + b + b ab a + c + c

, .

Además tenemos que el triángulo ABD AB D es isósceles porque tiene dos ángulos iguales, por lo tanto tenemos que AD = AD = B B D . Por otro lado los triángulos AB C y B B DC son semejantes por el siguiente razonamiento. Demostremoslo: ABD Sabemos

  

que ABD = ABD = BAD = BAD = α, por lo tanto: BDA B DA = 180o



− 2α.

(V.27)

C AP. V. OLIMPIADAS I NTERNACIONALES BDC B DC Sabemos





B DC = 180o − (180o − 2α) = 2α por ( V que C B D = α y tenemos que BDC ( V.27 .27). ).

Ahora, si nos centramos en los dos triángulos AB C y B B DC , tenemos:

   

ABC : A A = α, B = B = 2α.

BC D : DB DB C = α y BDC B DC = 2α. 5.1)) , tene Entonc Ent onces es aplica aplicando ndo el primer primer criter criterio io de semeja semejanza nza(5.1 tenemo moss que que los triá triáng ngulo uloss ABC y y B B DC son son semejantes semejantes

Entonces tenemos que: AB AC AB = = . DB BC B C BD B D

(V.28)

Centrándonos en la primera igualdad y sustituyendo DC por su valor (véase (9.6 (9.6)), )), tenemos: a + c + c b

=

b a

.

(V.29)

Despejando obtenemos la relación clave para el ejercicio: + c)) = b 2 . a(a + c

(V.30)

Ahora consideramos tres casos: A < B

<

C : Entonces b = a = a + + 1

a + 2. En este caso, sustituyendo en ( V y c = a + ( V.30 .30), ), tenemos que a = 1, por lo

que b = 2 y c c = 3. 4.8)) . Entonces el triángulo no verifica la desigualdad triangular(4.8

A < C < B : Entonces c = a + a + 1

= a + + 2. En este caso, sustituyendo en ( V y b = a ( V.30 .30), ), tenemos que a = 4, por lo

que b = 6 y c c = 5. C < A < B : Entonces c = a

enteras.

( V.30 .30), ), no tenemos soluciones − 1 y b = a + 1. En este caso, sustituyendo en ( V

Por tanto sólo existe un triángulo cuyos lados vienen dados por tres enteros positivos consecutivos y un ángulo es dos veces otro ángulo y es el que cumple: a = 4 b = 6 c = 5

3 4.5)) con los valores a,b y c anteriores. cos A = . Valor obtenido aplicando el Teorema del Seno(4.5 4 

SEC . 9. PROBLEMAS

9.7. Decimosépti Decimoséptima ma Olimpíada Olimpíada Internacio Internacional nal de Matemáti Matemáticas, cas, 1975 1975 (Bulgaria) (Bulgaria) La deci decimo mosé sépt ptim imaa Olim Olimpí píad adaa Inte Interna rnaci cion onal al de Mate Matemá máti tica cass se celeb celebró ró del del 3 al 16 Julio Julio de 1975 1975 en las las ciud ciudad ades es de Burgas y Sofía. Los países participantes fueron: Austria, Bulgaria, Checoslovaquia, Francia, Alemania Oriental, Grecia, Hungría, Mongolia, Países Bajos, Polonia, Rumania, Suecia, Reino Unido, Estados Unidos, la URSS, Vietnam y Yugoslavia. Yugoslavia.

Ejercicio. 9.7. (Países Bajos,[2, Enunciado, solución: pág ,116,118 Ejercicio 17.3]) AB C un ABR , B C P y C C AQ son dibujados externamente en los lados AB AB , B C y C C A, Sea ABC un triángulo. Los triángulos ABR respectivamente, de forma que: ∠ P B C = ∠ C AQ = 45

o

∠ BC B C P = ∠QC A = 30

o

∠ RBA

, ,

= ∠ RAB = RAB = 15o .

QR P = 90o y QR = QR = RP RP . Demuestra que ∠QRP

SOLUCIÓN . 45◦ 15◦

Sea RS el segmento obtenido al rotar RB sobre R un ángulo de 90o . Como el triángulo ABR es isósceles porque tiene dos ángulos iguales, tenemos que AR = BR y entonces RS = RS = RA RA. Por otro lado sabemos:

  − SRA SRA = R R

Q S

G

R

90o = ( 180o − 30o ) − 90o = 60o .

Entonces Entonc es el triáng triángulo ulo RSA RS A es equil equilát áter eroo por por tener dos lados iguales y el ángulo que los une tener valor 60o , por lo que tenemos: AS = AS = RA RA = AS .

15◦

B

45◦

(V.31)

30◦ P

30◦ C

C AP. V. OLIMPIADAS I NTERNACIONALES Por otro lado tenemos:

 

S AQ = AQ = BAC BAC .

(V.32)

Para demostrar esta igualdad, si nos centraremos primero en el triángulo AGR , tenemos:

 

RGA RGA = 180o

   −   

ARG − RAG = RAG = 180o − 60o − 15o = 105o . − ARG

Fijándonos ahora en el triángulo AGS AG S , tenemos:

AGS = AGS = 180o RGA RG A = 75o

 

GAS = 180o − AGS AGS − ASG ASG = 180o − 75o − 60o = 45o . y GAS =



Entonces resulta GAS = GAS = BAQ BAQ, y restándole a ambos ángulos el ángulo BAS BAS nos queda la igualdad que buscábamos.

( 4.5)) en los triángulos AQC y ARB ARB : Ahora vamos a usar el Teorema del Seno (4.5

AQC :

AQ

= sen30o

AC

sen105o

, entonces:

sen30o AQ = AQ = AC AC sen105o = AC

sen (2 · 15o ) sen (90o + 15o )

2sen15o cos15o = AC , ver coseno coseno de la suma y seno seno del del ángulo ángulo doble doble2 o o o o cos90 cos15 + sen90 sen15 = AC

2sen15o cos15o 1cos15o + 0sen15o

= 2 AC sen15 sen15o .

ARB :

AR

= sen15o

AB

sen150o

, entonces:

sen15o AR = AB sen150o sen15o = AB 1 2 = 2 AB sen15o . 2

+ y ) = 2 sen y ) = cos x cos Coseno de la suma: cos ( x + cos y − sen x sen sen y . Seno del ángulo doble: sen2 x = sen x cos cos x .

SEC . 9. PROBLEMAS Teniendo en cuenta estas dos últimas igualdades tenemos que: AQ AQ AS

=

=

=

AQ AR

, por ( V V.31 .31))

2 AC sen15 sen15o 2 AB sen15o AC AB

,

lo que es igual que: AQ AQ AC

=

AS AB

.

(V.33)

5.1)) y, aplicando de nuevo QAS son semejantes(5.1 Entonces con ( V ( V.32 .32)) y ( V ( V.33 .33)) tenemos que los triángulos C AB y QAS semejanza de triángulos, podemos decir que:

 

ABC ABC = ASQ ASQ. AB AS

=

B C SQ

de donde despejando y aplicando ( V V.31 .31)) tenemos: SQ = SQ = 2 BC B C sen15 sen15o .

(V.34)

Aplicando nuevamente el Teorema del Seno en el triángulo B P C , obtenemos: BP B P = 2 BC B C sen15 sen15o

(V.35)

S Q = B = B P . Entonces tenemos que SQ

Sabemos:

   



RB RB P = ABC + ABC + 45o + 15o = ABC + ABC + 60o ,

RSQ = RSQ = ASQ + ASQ + 60o , por ser el triángulo RS A equilátero.

Por (9.7 (9.7)) tenemos:

 

RB RB P = RSQ RSQ .

(V.36)

Por lo que podemos concluir que la linea poligonal RS Q es obtenida por una rotación de 90o de centro R de la linea poligonal RB P , entonces entonces el segmento segmento RQ es obtenido del segmento RP por la misma rotación. Esto prueba: PR P R = RQ = RQ



PRQ P RQ = = 90o . 

Bibliografía [1] N.

E: Aguilera, Tópicos de geometría euclidiana plana , Olimpiada Matemática Argentina, 2012.

[2] M.

Becheanu, International Mathematical Olympiads. 1959–2000, The Academic Distribution Center, 2001. 9.1. 2001. 9.1.,, 9.2. 9.2.,, 9.3. 9.3.,, 9.4. 9.4.,, 9.5. 9.5.,, 9.6. 9.6.,, 9.7.

[3] H. S. M. Coxeter, Introduction to geometry , John Wiley, 2nd. Ed., 1969. [4] H. S. M. Coxeter y S. L. Greitzer, Geometry revisited , The Mathematical Association of America, 1967. [5] A. [6]

Engel, Problem–solving strategies, Springer.

Cristóbal Sánchez-Rubio and and Manuel Ripollés Amela, Manual de matemáticas para preparación olímpica , Universitat Jaume I. Castellón, 2000.

[7] Sessions de preparació per l’olimpiada matemàtica , Soc. Cat. Mat. Barcelona, 2000.

Refencias Web: Sobre conceptos básicos del triángulo: 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. Sobre los puntos notables de un triángulo: 12. 13. 14. 15. 16. 17. Triángulos isósceles Sobre relaciones métricas en el triángulo: 18. 19.

BIBLIOGRAFÍA 20. 21. 22. 23. 24. 25. 26. 27. Sobre trigonometria: 28. 29. 30. Tabla de fórmulas trigonométricas 31. Sobre los puntos notables de un triángulo: 32. 33. 34. 35. 36. 37. 38. 39. Sobre los ejercicios locales y nacionales de las olimpiadas matemáticas: 40.

Índice alfabético E , 2 G , 3 H , 2 I , 2 O, 1 P , 6 p, 6 S , 7

excentro, 2 excentro, 2 exincentro, 2 exincentro, 2

ángulo exterior, 2 exterior, 2 inscrito, 6 inscrito, 6 interior, 1 interior, 1 interno, 41 interno, 41,, 50 semiinscrito, 21 semiinscrito, 21 ángulos alternos internos, 36 internos, 36 opuestos por el vértice, 51 vértice, 51 suplementarios, 33 suplementarios, 33 área de un triángulo, 7 triángulo, 7

mediana, 3 mediana, 3 mediatriz, 1 mediatriz, 1

altura, 2 altura, 2 arco capaz, 6 capaz, 6 baricentro, 3 baricentro, 3 bisectriz, 2 bisectriz, 2 exterior, 2 exterior, 2 centros de un triángulo baricentro, 3 baricentro, 3 circuncentro, 1 circuncentro, 1,, 4 excentro, 2 excentro, 2 incentro, 2 incentro, 2 ortocentro, 2 ortocentro, 2 circuncentro, 1 circuncentro, 1,, 4 circunferencia circunscrita, 4 circunscrita, 4 inscrita, 3 inscrita, 3 circunferencias exinscritas, 5 exinscritas, 5 circunradio, 4 circunradio, 4

incentro, 2 incentro, 2,, 3 inradio, 3 inradio, 3 lado de un triángulo, 1 triángulo, 1

ortocentro, 2 ortocentro, 2 perímetro de un triángulo, 6 triángulo, 6 potencia de un punto respecto de una circunferencia, 20 puntos cocíclicos, 21 cocíclicos, 21 razón de semejanza, 19 semejanza, 19 semiperímetro de un triángulo, 6 triángulo, 6 triángulo, 1 triángulo, 1 triángulos en posición de Thales, 20 Thales, 20 iguales, 18 iguales, 18 semejantes, 19 semejantes, 19 vértice de un triángulo, 1 triángulo, 1

.

PROBLEMAS SOBRE CUADRILÁTEROS

O CÍO L ÓPEZ A NGUITA NGUITA R OCÍO

Departamento de Álgebra Universidad de Granada. 2014

Problemas de Olimpiadas sobre Cuadriláteros

R OCÍO O CÍO L ÓPEZ A NGUITA N GUITA

Dirigido por el Prof. Dr. D. Pascual Jara

Departamento de Álgebra Universidad de Granada. 2014

Introducción Como Trabajo Fin de Máster (TFM) en el Máster Interuniversitario en Matemáticas, se presenta Problemas de Olimpiadas Matemáticas sobre Cuadriláteros. Las primeras competiciones matemáticas nacionales fueron los concursos Eotvos en Hungría, que se iniciaron en 1894, paralelamente al proceso iniciado por el Barón de Coubertin que desembocó en las Olimpiadas de la época moderna (Atenas 1896). Pero no será hasta principio del S. XX cuando este tipo de competiciones se extienda por el Centro y Este de Europa. La forma actual del concurso es similar a la establecida en 1938 en las competiciones W. L. Putnam, organizadas en EEUU y Canadá. El nombre de Olimpiadas data de 1958, año de celebración de las Olimpiadas Matemáticas Internacionales por iniciativa de Rumania. La elección de este modalidad de TFM tiene como objetivo, el análisis y autoevaluación personal sobre las distintas materias cursadas en el mencionado Máster. A la vez, con este trabajo intento estimular el estudio de las Matemáticas y el desarrollo de jóvenes talentos en esta ciencia. Filosofía que comparto con la de las Olimpiadas Matemáticas, las cuales son algo más que un concurso, orientas a promocionar las Matemáticas y dotarla de un contenido lúdico, ayudando así a aquellos jóvenes para que dejen de enfrentarse a ellas como un obstáculo difícil de superar, superar, y al mismo tiempo descubrir a jóvenes talentos en esta materia. ¿Por qué sobre cuadriláteros? El estudio de los cuadriláteros constituye un pilar fundamental para el aprendizaje de la geometría plana plana y está está muy muy presen presente te en los proble problemas mas de Olimpi Olimpiada adass Matemá Matemátic ticas as convoc convocada adass periód periódica icamen mente. te. Al mismo tiempo, están presente en nuestra vida cotidiana de diversas formas, por ejemplo a través de distintos diseños arquitectónicos, dando origen al los poliedros (edificios), formando mosaicos, además de algunos elementos naturales como los accidentes geográficos. En consecuencia, el estudio de los cuadriláteros contribuye al desarrollo del pensamiento espacial y a la superación de los fenómenos didácticos encontrados por los estudiantes que participan en este tipo de competiciones. El presente trabajo va a estar dividido, fundamentalmente, en tres partes. La prim primer eraa de ella ellass se cent centra ra en repa repasa sarr los los conc concep epto toss fund fundam amen enta tale less nece necesa sari rios os para para la real realiz izac ació iónn de los problemas de Olimpiadas sobre cuadriláteros. En la segunda, se estudia los principales teoremas necesarios para el desarrollo de las mismas, que sirven como base a esta ciencia. Y la tercera, está dedicada al desarrollo de los propios Problemas de Olimpiadas, los cuales están agrupados según el

grado de dificultad, en base a las distintas fases del concursos: local, nacional e internacional. En últi última ma inst instan anci cia, a, menc mencio iona narr que que por por el grad gradoo de dific dificul ulta tadd eleg elegid idoo en el desa desarr rrol ollo lo de este este Traba rabajo jo Fin de Máster, éste está orientado a alumnos de la Enseñanza Secundaria y Bachillerato.

Índice general Introducción

I

I

Circun Circ unfe fere renc ncia iass y po polí lígo gono noss 1 Co Conc ncep epto toss fu fund ndam amen enta tale less . . . . 2 Án Ángu gulo loss en la ci circ rcun unfe fere renc ncia ia . . 3 Cu Cuad adri rillát áter eros os . . . . . . . . . . . . . 4 Pol olíg ígon onos os Reg egul ular ares es . . . . . . . . .

II

Teor eorema emass imp import ortant antes es y eje ejerci rcicio cioss 15 5 Teo eore rema ma de Pi Pitá tágo goras ras . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 6 Teo eore rema ma de Pt Ptol olom omeo eo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

IIII II

Proble Prob lema mass de Oli Olimp mpia iadas das 25 7 Pro Proble blemas mas de Oli Olimpi mpiada adas: s: Fase Loc Local al . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 8 Pro Proble blemas mas de Oli Olimpi mpiada adas: s: Fase Nac Nacion ional al . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35 9 Probl Problemas emas de Olim Olimpiada piadas: s: Fase Intern Internacion acional al . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

... ... ... ...

...... ...... ...... ......

... ... ... ...

...... ...... ...... ......

. . . .

.. .. .. ..

...... ...... ...... ......

... ... ... ...

. . . .

1 1 5 8 12

Bibliografía

53

Bibliografía. Referencias Web

55

Capítulo I Circunferenci Circunferencias as y polígonos polígonos Para comenzar a estudiar y desarrollar problemas de olimpiadas sobre cuadriláteros son imprescindible las nociones básicas de geometría en general, y de triángulos, y circunferencias en particular, que que como como tal, tal, no form formar aría ía part partee de este este Traba rabajo jo de Fin Fin de Mást Máster er,, pero pero que que me sien siento to en la obli obliga gaci ción ón de reca recapi pitu tula larr, pues puesto to que que sin sin las las mism mismas as serí seríaa muy muy comp compli lica cado do reso resolv lver er los los menc mencio iona nado doss prob proble lema mas. s.

1. Concep Conceptos tos fundam fundament entale aless Por su utilidad en los ejercicios, vamos a empezar recordando algunas definiciones básicas y fundamentales en geometría.

1.1. 1.1. Triángu riángulos los:: Es una figura geométrica plana de tres lados y tres ángulos, los cuales siempre suman 180 0 . El triángulo está determinado por tres segmentos de recta (lados), o por tres puntos no alineados llamados vértices. Los triángulos lo podemos clasificar según los lados o los ángulos: 1. Clasificación de los triángulos según los lados: a. Triángulo Equilátero: triángulo con los tres lados iguales, por lo que los ángulos también son iguales y miden 60 0 . b. Triángulo Isósceles: triángulo con dos lados iguales y uno desigual, como consecuencia tiene dos ángulos iguales. c. Triángulo Escaleno: triángulos con los tres lados y los tres ángulos distintos.

C AP. I. CIRCUNFERENCIAS IRCUNFERENCIAS Y POLÍGONOS

2. Clasificación de los triángulos según los ángulos: a. Triángulo Acutángulo: triángulo con los tres ángulos agudos, menores de 90 0 . b. Triángulo Obtusángulo: triángulo con un ángulo obtuso, mayor de 900 . c. Triángulo Rectángulo: triángulo con un ángulo recto, igual a 90 0 .

Puntos Notables en el triángulo Para poder saber cuales son los puntos notables en un triángulo, debemos tener presente las nociones de altura, bisectriz y mediatriz en esta figura geométrica. Altura La altura de un triángulo es cada una de las rectas perpendiculares, trazadas desde un vértice, a la recta que contiene al lado opuesto (o su prolongación). Mediana Mediana es cada una de las rectas que une el punto medio de un lado con el vértice opuesto. Bisectriz La bisectriz de un triángulo es cada una de las rectas que divide a un ángulo en dos ángulos iguales. Mediatriz La mediatriz de un triángulo es cada una de las rectas perpendiculares trazadas a un lado por su punto medio.

Tras este breve repaso de concepto, ya podemos observar cuales son los puntos notables en un triángulo, los cuales son: Ortocentro El ortocentro, H , es el punto de intersección de las tres alturas que tiene un triángulo. Baricentro El baricentro, B , es el punto de intersección de las tres medianas que posee un triángulo. Circuncentro El circuncentro, O , es el punto de intersección de las tres mediatrices que tiene un triángulo. Dicho punto equidista de los tres vértices, por lo que es el centro de la circunferencia que pasa por ellos.

SEC . 1. C ONCEPTOS FUNDAMENTALES Incentro El incentro, I , es el punto de intersección de las tres bisectrices que se pueden trazar en un triángulo. Dicho punto también es el centro de una circunferencia inscrita en el triángulo y tangente a sus tres lados.

Por último recordad que el ortocentro, el baricentro y el circuncentro de un triángulo no equilátero están alineados. Es decir, pertenecen a la misma recta, llamada recta de Euler.

Principio de Dirichlet o Principio del Palomar El curioso nombre del Principio del Palomar viene derivado por el ejemplo trivial, generalmente usapalomas mayor que el número de nidos, necesariamente necesariamente hay do para presentarlo: Si hay un número de palomas que colocar más de una paloma en algún nido . Precisamente por la sencillez del enunciado es muy frecuente su aplicación en diversos planteamientos y circunstancias. De modo más general, podemos exponer el principio diciendo: si hay p palomas y n nidos (con p > n ), haciendo la división entera con resto de p entre n tendremos: p = p = nk nk + + r r

siendo k el cociente y r el resto por defecto. Podemos concluir que, si r es mayor que 0, entonces al menos en un nido el número de palomas es k + 1. mayor o igual que k +

Desigualdades: Desigualdad de Cauchy–Schwarz

   ≤      2

n

∀a1, a2, a3 . . . , a , b1, b2, b3, . . . , b ∈  : n

n

n

n

ai2

ai b i

i =1

i =1

bi2

.

i =1

Se verifica la desigualdad si y sólo si existe λ tal que a i = λ bi para todos i = 1,2 1,2,. ,. .. , n. DEMOSTRACIÓN.

 n

∀λ ∈  :

i =1

   − ≥ ⇐⇒ − ≥    ≤      n

( ai

2

λ bi )

0

λ

n

2

2

bi

2λ

i =1

n

i =1

i =1

por tanto el discriminante ha de ser menor o igual a cero: 2

n

n

ai b i

i =1

n

2

bi2

ai

i =1

i =1

ai2

ai bi +

.

0,


La igualdad vale si y sólo si:

 n

i =1

( ai

− λ b )2 = 0 ⇐⇒ a − λ b = 0, i

i

i

para para todo todoss i = 1,2 1,2,. ,. .. , n.

Extrayendo la raíz cuadrada de ambos miembros la desigualdad se puede escribir:

 ≤     n

n

ai bi

i =1

n

a2 i

i =1

bi2 .

i =1



Desigualdad Triangular

∀a1, a2 . . . a ∈ R : |a1 + a + a2 + . . . a | ≤ |a1 | + |a2 | + . . . + |a |. n

n

n

n = 2, y si a 1 , a2 representan las longitudes de dos lados de un Se llama triangular porque en el caso n = triángulo, la desigualdad anterior expresa la conocida propiedad de que un lado no puede exceder a la suma de los otros dos.

DEMOSTRACIÓN. La demostración es muy sencilla para n = n = 2, pues

−|a1| ≤ a1 ≤ |a1| −|a2| ≤ a2 ≤ |a2| Sumando + a2 ≤ a1 + a + a2 ≤ | a1 | + | a2 | ⇒ | a1 + a + a2 | ≤ |a1 | + | a2 |, ⇒ −(|a1| + |a2|) ≤ a1 + a

y después se extiende por inducción sobre n. 

En conclusión, cada lado es menor que la suma de los otros dos y mayor que su diferencia. Lo podemos expresar:

| b − c| < a < b + b + c c |a − c | < b < a + a + c c |a − b| < c < a + a + b b

SEC . 2. Á NGULOS N GULOS EN LA CIRCUNFERENCIA CIRCUNFERENCIA

2. Ángulos Ángulos en la circun circunfer ferenc encia ia Podemos dibujar ángulos que se relacionen con la circunferencia. Dependiendo de la posición que ocupen los mismos recibirán nombres acorde con su relación a esa posición. Cuando nos referimos a los los ángu ángulo loss en la circ circun unfe fere renc ncia ia siem siempr pree rela relaci cion onam amos os a ésto éstoss con con los los arco arcoss que que form forman an.. Así, Así, pode podemo moss diferenciar entre: Ángulo central c entral Es el ángulo que tiene su vértice en el centro de la circunferencia y sus lados son el radio de ella. Si el radio de la circunferencia es la unidad, la medida del arco corresponde con el valor del ángulo expresada en radianes. Es decir α = longitud AB . A

B

α O

Ángulo inscrito Es el que tiene su vértice en la circunferencia y sus lados son dos rectas secantes. Su valor es la mitad del central correspondiente β=

α

2

.

A

β

O

α

B

C

Ángulo semiiscrito Es el que tiene su vértice en la circunferencia, un lado secante y otro tangente. Su valor es la mitad del central correspondiente β = 2α.

C AP. I. CIRCUNFERENCIAS IRCUNFERENCIAS Y POLÍGONOS A C

α

B

β O

Ángulo exterior Es el que tiene el vértice fuera de la circunferencia y los lados de su ángulo son secantes a ella. Su valor es la diferencia de los ángulos interiores, o equivalentemente, semidiferencia de los dos arcos centrales, ver dibujo. Este resultado sigue siendo válido si los lados del ángulo son tangentes a la circunferencia.

− γ.

α=β

D

α

B

β

γ C

A

Ángulo interior Es el que tiene el vértice en el interior de la circunferencia, y sus lados son secantes. Su valor es la semisuma de los arcos centrales. α = β + γ.

SEC . 2. Á NGULOS N GULOS EN LA CIRCUNFERENCIA CIRCUNFERENCIA D

E

β

α

O

γ B C

Arco capaz ca paz de un ángulo dado sobre sob re un segmento

El luga lugarr geom geomét étri rico co de los los punt puntos os,, desd desdee los los cual cuales es se ve un segm segmen ento to dado dado (una (una cuer cuerda da)) bajo bajo ángu ángulo lo constante, es un arco de circunferencia, llamado arco capaz del ángulo dado sobre el segmento constituido por la cuerda.

Este resultado es muy importante, tanto por su aplicación a numerosos problemas, como por su uso para otros teoremas. Por ello, vamos a desarrollar los pasos para su construcción geométrica con regla y compás. El problema está definido como sigue a continuación.

Dados un ángulo α y un segmento AB , construir el arco capaz de α sobre AB . Para la construcción del arco capaz de α sobre AB seguimos los siguientes pasos: 1. Se traza traza la mediatri mediatrizz M N de AB . 2. Se traza una recta r que pasa por A y forma ángulo α con AB . 3. Se construye construye el punto punto M intersección de la mediatriz y la recta r . 4. Se traza la perpendicular por A a r . La intersección de esta recta con la mediatriz determina un punto O . 5. Los puntos puntos del arco de la circunfere circunferencia ncia con centro centro O y que pasa por A y B, en el interior del semiplano que no contiene a M es es el lugar geométrico buscado.


O

A

B

α M

Puede comprobarse que el arco en el otro semiplano corresponde al arco capaz del ángulo α = 1800 − α, suplementario de α sobre el mismo segmento AB dado. La verificación de que el arco construido es el solicitado, es evidente observando la figura y por la igualdad de los dos ángulos marcados con α en ella.

3. Cuad Cuadri rilá láte tero ross Los cuadriláteros son polígonos que tiene cuatro lados. Estas figuras geométricas tienen distintas formas, pero todas tienen: cuatro lados, cuatro vértices, cuatro ángulos interiores y dos diagonales. Además, la suma de los ángulos interiores de un cuadrilátero es 3600 . Básicamente, existen dos tipos de cuadriláteros: convexos y cóncavos. Una diagonal de un cuadrilátero es un segmento cuyos extremos son dos vértices no consecutivos. CUADRILÁTEROS CUADRILÁTEROS CONVEXOS Son aquellos tales que, si se toman dos puntos interiores A y B cualesquiera del mismo, todos los puntos del segmento AB que determinan están dentro del cuadrilátero. En particular todas las diagonales son interiores.

SEC . 3. C UADRILÁTEROS

A

B

CUADRILÁTEROS CÓNCAVOS O NO CONVEXOS Son aquellos cuadriláteros en los que se pueden encontrar dos puntos interiores A y B del mismo, tales que algunos de los puntos del segmento AB que determinan están fuera del cuadrilátero. O equivalentemente, una de las dos diagonales es exterior.

A B

Cuadrilátero Cíclico Un hecho expuesto en geometría es el que podemos presentar indicando que por cualquiera tres puntos no alineados pasa exactamente una circunferencia. ¿Pero qué podemos decir si en vez de considerar tres puntos, consideramos cuatro? Como es de esperar, no siempre va a existir una circunferencia que pase por los cuatro puntos dados. Por ejemplo, consideramos una circunferencia que pase por tres puntos dados (la cuál es única) A, B , C y y consideramos un punto D que no esté sobre circunferencia. Claramente, no existe una circunferencia que pase por estos cuatro puntos.


D

B

A

C

Por lo tanto tanto,, lleg llegam amos os a la conc conclu lusi sión ón que que un cuad cuadri rilá láte tero ro que que pose posean an un unaa circ circun unfe fere renc ncia ia que que pase pase por por sus vértices deben ser en cierta forma especiales. A dichos cuadriláteros se le llaman cuadriláteros cíclicos.

Definición. 3.1. Un cuadrilátero que está inscrito en una circunferencia, es decir que sus vértices están sobre una circunferencia se dice que es un cuadrilátero cíclico ó inscriptible.

Proposición. 3.2.

⇐⇒ ⇐⇒ cada dos ángulos opuestos son suplementario.

Un cuadrilátero es inscriptible

C B

A1 A D

DEMOSTRACIÓN.

 

ABC D es cíclico. Tenemos que DAB = DAB = Para probar esto, primero vamos a suponer que el cuadrilátero ABC BD B C D = DB B d + DB DB = 3600 (midiendo los ángulos en grados). Entonces tenemos que: 2 y BC 2 y como Bd DAB + DAB + BC B C D = α + β = 1800

  

 

SEC . 3. C UADRILÁTEROS A B

α

β

D

C

  

DAB + BC B C D = α + β = 1800 . Trazamos la circunferencia que pasa por Ahora supongamos que DAB + los vértices D, A, B y supongamos que está no pasa por el vértice C . Prolonguemos DC hasta que intersecte a la circunferencia en C  . DAB + BC B C  D = D = α + β = 1800 , esto quiere decir Como el cuadrilátero AB C  D es cíclico tenemos que DAB + B C  D = BC B C D = β y entonces DC sería paralelo a DC  , lo cuál es una contradicción por que que BC ABC D es un cuadrilátero las líneas paralelas no se intersecan. Entonces C y C’ coinciden, por lo que ABC cíclico.

  

  

A

D

α

β

β B

C

C 



Definición. 3.3. Un cuadrilátero se llama circunscriptible si existe una circunferencia tangente a sus cuatro lados.

Proposición. 3.4.

⇐⇒ ⇐⇒ los pares de lados opuestos suman igual.

Un cuadrilátero es circunscriptible


C

E

D

O

H

A

G

F

B

Problema. 3.5. Las circunferencias C C 1 y C C 2 se intersecan en los puntos A y B B . Por el punto A A se traza una recta que C 1 y C C 2 en los puntos C C y D , respectivamente. Por los puntos C C y D D se trazan corta a la circunferencia C tangentes a las circunferencias, las cuales se intersecan en el punto M . Demuestra que el cuadrilátero M C B D es cíclico.

SOLUCIÓN. DB C = 180 0 . Tracemos la cuerda común AB. Tenemos que M M C A = Queremos probar que C M D + DB C BA = α ya que uno es ángulo semiinscrito y el otro es ángulo inscrito, ambos en la circunferencia C 1 . Análogamente se demuestra que M M DA = DB DB A = β en C 2 . 0 AMC D, pero como Tenemos que α + β + θ = 180 , por lo que los ángulos internos del triángulo AMC 0 C B D = α + β tenemos que C M D + DB DB C = 180 . Por lo tanto el cuadrilátero M C B D es cíclico.

 

        





4. Polígon olígonos os Regular egulares es Un polígono regular, de n lados (n-ángulo), es el que tiene todos sus lados iguales, y en consecuencia todos sus ángulos también son iguales. Todo Todo polígono regular se puede inscribir en una circunferencia y tiene una circunferencia inscrita. Los centros de estas dos circunferencias coinciden; coinciden; este punto se llama el centro del polígono. Se llama radio del polígono (y lo denotaremos por r), al de su circunferencia circunscrita, es decir, el segmento que une el centro del polígono con cualquier vértice.

SEC . 4. P OLÍGONOS R EGULARES E GULARES

Se llama apotema del polígono (y la denotaremos a), al segmento que une el centro de la circunferencia circunscrita, con el punto medio de cualquier lado. Por lo tanto, la construcción de un polígono regular de n lados, equivale a la división de una circunferencia en n partes iguales. Supuesto que se ha construido por bisección del arco, a través de la cuerda, es inmediato duplicar el número de lados, por lo que se pueden construir polígonos regulares de n · 2m lados. Existen métodos para algunos valores como 3,4 ó 5, pero no es posible inscribir con regla y compás polígonos de 7 ó 9 lados. Aunque sí es posible para 17 lados (célebre problema resuelto por Gauss). Gauss demostró que una circunferencia se puede dividir, con regla y compás, en n partes iguales si, y sólo si, n admite una descomposición en factores primos de la forma: n = 2 p (22

a

b

c

− 1)(22 − 1) . . . (22 − 1)

con a , b, c , . . . disti distint ntos os.. Por su incidencia en muchos problemas, vamos a estudiar los polígonos regulares de 3, 4, 5, 6 y 10 lados y algunos elementos. Relaciones métricas en cualquier polígono regular Sea r el radio, radio, a la apot apotem emaa y l l el lado, lado, para constr construi uirr polígo polígonos nos regula regulares res.. Consid Considera erando ndo el triáng triángulo ulo isósceles con base l y lados r , la apotema a es la altura. Tenemos dos triángulos rectángulos de hipotenusa r y catetos a y l l /2. Por el teorema de Pitágoras (que veremos más adelante) tenemos: 2

r =

l2

4

+ a 2 ,

relación que permite, conociendo dos de estos elementos, hallar el tercero. El ángulo central α es el formado por dos radios consecutivos, para un n-ángulo los valores son: α=

360 0

β =

n

(n

− 2)1800 n

Los ángulos entre lados con vértices comunes son inscritos en arcos múltiplos de α. Se tiene así una a en función de r . En efecto, se tiene relación que permite calcular l y a sen

 

cos

α

2

α

2

= =

r l /2 r a

, esto es, l =

a = , esto es, a =

2r , sen α2

 

r

cos

α

.

(I.1) (I.2)

2

Si consideramos el polígono regular circunscrito a la circunferencia que pasa por los vértices de un polígono regular dado, sus lados serán tangentes a esta circunferencia; luego la apotema del polígono circunscrito coincide con el radio del inscrito.


Como dos polígonos regulares del mismo número de lados son semejantes, la razón de semejanza entre ambos polígonos es la misma que hay entre el radio y la apotema del polígono. Todas odas las medid medidas as lin lineal eales, es, como como lado lado o diago diagonal nales es del políg polígono ono circun circunscr scrito ito,, se hallan hallan multi multipli plican cando do la medida correspondiente del inscrito por la razón de semejanza k = k = r r /a. a la apotem En part partic icul ular ar,, el área área del del polí polígo gono no insc inscri rito to es: es: A = P2·a , sien siendo do A el área, área, P el perí períme metr troo y a apotema; a;  2 = A · k . entonces el área del polígono circunscrito es: A = A En virtud de las relaciones expuestas, basta conocer, conocer, en función del radio r , el lado del n-ágono regular inscrito para poder deducir los demás elementos: apotema, perímetro y área, tanto del polígono inscrito como del circunscrito. Sólo nos queda obtener el valor del lado del n -ágono regular inscrito en una circunferencia de radio r , ver la ecuación (I.1 n = 3, 4, 5,6,10. (I.1), ), y dar el modo de construcción con regla y compás para n = 5,6,10. NÚMEROS DE LADOS LADOS VALOR DEL LADO  l = 3 r 3  l = 2 r 4  10−2 5 5 l = r 6 10

2

l = r l =

 5−1 2

r

Capítulo II Teoremas importantes y ejercicios Una vez int introd roduci ucido do los concep conceptos tos fundam fundament entale aless de la geomet geometría ría que que necesi necesitam tamos os para para compre comprend nder er el estudio de esta materia, pasamos a desarrollar algunos teoremas que serán de gran utilidad para resolver los Problemas de Olimpiadas sobre Cuadriláteros.

5. Teorema eorema de Pitágor Pitágoras as El teorema de Pitágoras nos indica que la suma de los cuadrados de los catetos de un triángulo rectángulo es igual al cuadrado de la hipotenusa. h2 = c 2 + C 2 . D

h

c

α A

B C

A lo largo de la historia han sido muchas las demostraciones y pruebas que matemáticos y amantes de estas ciencias han dado sobre este teorema. La demostración más simple es la atribuida a Lagrange, la cuál vamos a ver a continuación: DEMOSTRACIÓN. Trazando la perpendicular C D a AB , obtenemos así tres triángulos semejantes, como observamos en la figura.

C AP. II. T EOREMAS IMPORTANTES Y EJERCICIOS C

b

a

h

A

D

c

B

Considerando y , el segmento AD, obtenemos como resultado que el segmento DB es c − y . Por lo tanto, tenemos las siguientes ecuaciones: y b c

=

b c

⇒ y c = b 2

=

− y = a =⇒ c (c − y ) y ) = a = a 2 a

c

Sumando las dos igualdades resulta que: a2 + b 2 = c 2 

Ejercicio. 5.1. (Ref. Web (5 (5)) Sea ABCD un parale paralelog logram ramo o y supong supongamo amoss que AC es su diagon diagonal al mayor mayor.. Desde Desde C se trazan AB y AD , con pies en E y F respectivamente. perpendiculares a las rectas AB respectivamente. Demostrar que: AB AE + AD + AD AF = AC 2

·

·

SOLUCIÓN. B C E . Para resolv resolver er este este ejerci ejercicio cio aplica aplicamos mos el teorem teoremaa de Pitágo Pitágoras ras a los triáng triángulo uloss rectán rectángul gulos os AC E y y BC

SEC . 5. T EOREMA DE P ITÁGORAS

A

B E D

F C

Usando también que B C = AD al ser un paralelogramo, obtenemos que: AC 2 = AE 2 + E C 2 = AE 2 + BC B C 2

− BE B E 2 = ( AE ( AE + B + B E )( AE )( AE − BE B E ) + AD + AD 2 = AB · AE + AB + AB · BE B E + AD + AD 2

C D F son Ahora bien, vemos que los triángulos B C E y y C son semejante, ya que tienen dos ángulos iguales. BE DF = AB , dedu AB = AD AD · DF D F Enton En tonces ces tenemo tenemoss que que BC = C D , y teni tenien endo do en cuen cuenta ta que que C D = AB deduci cimo moss que que B E · AB = 2 Sustituyendo esto último en la igualdad anterior obtenida para AC , queda demostrada que: + AD AF = AC 2 AB AE + AD

·

·



Ejercicio. 5.2. (Ref. Web (5 (5)) En una circunferencia de centro O y radio 1 1, tomemos una cuerda de longitud a y la circunferencia C que tiene a dicha cuerda por diámetro. Si P es el punto de C más alejada de O O , ¿cuál es el valor O y P cuando variamos a a ? máximo de la distancia entre O

SOLUCIÓN. Para realizar este ejercicios, en primer lugar vamos a calcular la longitud de O P en términos de a, en segundo, calcularemos su valor máximo. Denotaremos M al punto de corte de la cuerda con el A a uno de los puntos de corte de la circunferencia. segmento O P , y A Por el teorema de Pitágoras tenemos que O M 2 = OA2 − AM 2 = 1 − ( 2a )2, y por otro lado, como M P es un radio de C , tendremos que M P = 2a .

C AP. II. T EOREMAS IMPORTANTES Y EJERCICIOS O P = O = OM M + M + M P y usando la desigualdad entre las medias aritméticas y cuadrática1 , obteneSiendo OP mos que: = OM + M P O P = O M + M

     − − ≤  − a

2

+

1

1

a2

a = Como dicha cota se alcanza cuando 2   ⇐⇒ a = 2. 2 y se alcanza ⇐⇒

a2

a 2

2

4

4

+1

2

a2

− 4  =

2



4 , es decir, para a = 2, el valor máximo de O P es 

Ejercicio. 5.3. (Ref. Web (5 (5)) Calcular la razón entre la diagonal y el lado de un pentágono regular.

SOLUCIÓN. Para resolver este ejercicio vamos a intentar buscar triángulos semejantes, una vez que tracemos las diagonales en el pentágono. A1 l P

A2

A5 d

A4

A3

d a la Como podemos observar en la figura, consideramos A 1 , A2 , A3 , A4 , A5 a los vértices, l al lado y d diagonal del pentágono. Además, sea P el punto de corte de las diagonales A 1 A3 y A A 2 A5 . P A3 A4 A5 Sabemos que cada diagonal es paralela a un lado del pentágono, por lo que el cuadrilátero PA P A5 = l = l y PA P A2 = d = d − l . es un paralelogramo y, por tanto, PA A 3 A4 A1 son semejantes, al tener los lados paralelos, por lo Podemos ver que los triángulos A 2 PA3 y A que se verifica que A2 A3 A2 P = . A3 A4

A1 A3

Al escribir la igualdad en función de d y l l tenemos: d −l l = dl . Por lo que deducimos que ( dl )2 − dl − 1 = 0 y a resolver, la ecuación de segundo grado, obtenemos 1

La raíz cuadrada de la media de los cuadrados.

SEC . 5. T EOREMA DE P ITÁGORAS

que:



1 + 5 = l 2 es decir, la razón entre la diagonal de un pentágono regular y su lado es la razón áurea. d



Una vez visto el teorema de Pitágoras, es fácil probar el siguiente teorema conocido como la ley del paralelogramo. Teorema. 5.4. (Ley del Paralelogramo) La suma de los cuadrados de las diagonales de un paralelogramo es igual a la suma de los cuadrados de los lados

DEMOSTRACIÓN. ABC D el paralelogramo y sean AB = AB = C C D = a = a y B B C = DA = b . También sea AC = = c y B B D = d = d . Sea ABC A

a

B

h

M

D

c

d

b

C

k

N

Tracemos perpendiculares a B C desde A y D, las cuales intersectan a B C en M y N . Sean AM = DN = h y B B M = C N = k . AM C tenemos Aplicando el teorema de Pitágoras a los triángulos D C N , D BN y AM tenemos las siguientes igualdades: h2 + (b ( b + k + k))2 = d 2 h2 + (b (b

− k)2 = c 2

h2 + k 2 = a 2

Sumando las dos igualdades primeras obtenemos: 2h2 + 2 b2 + 2k2 = d 2 + c 2 Ahora utilizando la última igualdad, de las tres obtenidas anteriormente, tenemos que: 2a2 + 2 b2 = d 2 + c 2 

A continuación vamos a mencionar algunas generalizaciones del teorema de Pitágoras que se utilizan con frecuencia en los ejercicios. En primer lugar tenemos el teorema del coseno que es un generalización del teorema de Pitágoras

C AP. II. T EOREMAS IMPORTANTES Y EJERCICIOS

5.1. 5.1. Teorema eorema del Coseno Coseno a , b, c , los lados respectivamente opuestos a Dado un triángulo AB C , siendo α , β , γ , los ángulos, y a estos ángulos, c 2 = a 2 + b 2 − 2a b cos γ O lo que es lo mismo, en un triángulo el cuadrado de cada lado es igual a la suma de los cuadrados de los otros dos menos el doble del producto de ambos por el coseno del ángulo que forman. γ

a

b

A

β

α

B

c

5.2. 5.2. Teorema eorema del Seno Los lados de un triángulos es directamente proporcional al seno de los ángulos opuestos: a

senα

=

b

senβ

=

c

senγ

6. Teorema eorema de Ptolom Ptolomeo eo El teorema de Ptolomeo nos indica que un cuadrilátero es convexo e inscriptible si y solo si el producto de sus diagonales es igual a la suma de los productos de los lados opuestos. O lo que es lo mismo: Proposición. 6.1. ABC D es cíclico si y solo si AB C D + AD + AD BC B C = AC = AC BD B D. Un cuadrilátero ABC

·

·

· ·

DEMOSTRACIÓN. Empezaremos demostrando que si el cuadrilátero es cíclico, se cumple la expresión dada en el enunciado. P B C = = ABD ABD = α. Consideramos un punto P sobre la diagonal AC , de tal manera que P

  

SEC . 6. T EOREMA DE P TOLOMEO B

A

P C

D

  

ABC D es cíclico, también tenemos que P P C B = ADB ADB = β . De aquí deducimos que los Dado que ABC AB C son triángulos P B C y ABC son semejantes, por lo que: P C =

· ·

B C AD BD B D

B DC son semejantes, tenemos que: Como también los triángulos B AP y B

·

AB C D

AP = AP =

BD B D

Sumando las dos expresiones obtenidas anteriormente tenemos: AP + AP + P P C = AC =

·

AB C D BD B D

+

· ·

B C AD BD B D

por tanto, AC BD B D = AB = AB C D + B + BC C AD

· ·

·

· ·

B D = AB = AB · C D + BC B C · AD es un cuaDemostraremos la otra implicación, es decir, decir, si cumple AC · BD drilátero cíclico. Consideramos el cuadrilátero de la figura de vértices ABC ABC D, lados m , n, p , q y  diagonales d , d .

D

n m d

H

C d

A

p q

B

C AP. II. T EOREMAS IMPORTANTES Y EJERCICIOS

Construimos un triángulo AH B semejante al D C B, de forma que el lado q , se corresponda con d  , y los ángulos con vértice B marcados en la figura, sean iguales. Por la semejanza se cumple: BH B H p

=

q

AH = d n

⇐⇒ q · n = AH = AH · d 

La primera de las igualdades de la proporción junto a la igualdad de los ángulos marcados AB D también sean semejantes (un ángulo igual y proporestablece que los triángulos H B C y AB cionales los lados que lo forman), por tanto: H C m

=

p

 ⇐⇒ ⇐ ⇒ · = H = H C · · p m d d

Y sumando las dos igualdades nos queda: q n + p m = AH = AH d  + H + H C d 

·

·

· · ≥ AC · · d  = d = d · d 

·

Desigualdad válida para cualquier cuadrilátero. El teorema estará demostrado cuando veamos la condición para que se de la igualdad: q · n + p · m = d = d · d 

⇐⇒ H está C ⇐⇒ ⇐⇒ está alineado con A y C ⇐⇒ BAC = = BDC ⇐⇒ BAC = BAH BAH = B DC ⇐⇒ ⇐⇒ ABC D es inscriptible.

  

Es decir, es un cuadrilátero cíclico,ya que A y D están en el arco capaz de un mismo ángulo sobre el segmento B C . 

Problema. 6.2. (Ref. Web (6 (6)) Dado un heptágono ABCDEF demuestra que las diagonales diagonales AC ABCDEF G de lado 1, demuestra AC y AD AD verifican:

1 AC

+

1 AD

= 1

SOLUCIÓN. B D e y , las de los segmentos AD y AE AE . Sea x la la longitud de los segmento AC y B

SEC . 6. T EOREMA DE P TOLOMEO

F

B

G

C

E

D

AC DE por = y + y + x . Si dicha Si consideramos el cuadrilátero AC por el teorema de Ptolomeo tenemos que x y = y ecuación la dividimos por x obtenemos: y = x + 1 y si ahora los dividimos por y , el resultado es: 1 = x 1 + y 1 , o lo que es lo mismo 1 1 + = 1 AC

AD



Ejercicio. 6.3. (Ref. Web (5 (5))

   

Sea ABCDE un hexágono convexo tal que AB = B C = C D , D E = E F = AF y BC ABCDE F un B C D = E E F A =

π

3.

Sean P puntos interiores interiores al hexágono hexágono de forma que los ángulos ángulos AP valen ambos 23·π . P y Q Q dos puntos AP B y Q E valen Demostrar que: + PQ + DQ + + Q E  C F AP + AP + P P B + P Q + DQ

SOLUCIÓN. Sabemos que la longitud de una poligonal es siempre mayor o igual que la distancia que une sus extremos por la desigualdad triangular. triangular. Vamos Vamos a intentar relacionar AP + con la AP + P P B + PQ + DQ + Q E con longitud de una poligonal. Consideramos M y N puntos exteriores del hexágono tales que, AB M y D E N sean triángulos equiláteros. En consecuencia, la propiedad de arco capaz nos asegura que P está en la circunferencia AB M . circunscrita al triángulo ABM + P B = M P . De igual modo, obte AM BP , AP + P Si aplicamos el teorema de Ptolomeo al cuadrilátero AM D Q + Q E = N = N Q y se cumple que: nemos que DQ + PQ + DQ + + Q E = M = M P + P + PQ AP + AP + P P B + P Q + DQ Q + QN

≥ ≥ M N

C AP. II. T EOREMAS IMPORTANTES Y EJERCICIOS N , su longitud siempre es mayor que la del segmento ya que MPQN es es una poligonal que une M y N M N . AMBC DNEF es Ahora bien, el octógono AMBC es simétrico respecto de la recta B E , por las condiciones del enunciado. Luego se tiene que M N = C F ,por lo tanto demostramos que: + PQ + DQ + + Q E  C F AP + AP + P P B + P Q + DQ 

Capítulo Capítulo III Problemas de Olimpiadas 7. Proble Problemas mas de Olimpi Olimpiada adas: s: Fase Local Una vez recordada la teoría necesaria para la realización de Problemas de Olimpiadas relacionados con nuestra temática, los cuadriláteros. Comenzamos con los problemas propuestos en la fase local, los mismos conllevan un menor grado de dificultad, y han sido extraídos de la página oficial de las Olimpiadas Matemáticas Española.

Ejercicio. 7.1. (Ref. Web (7 (7), 2008) En un cuadrilátero convexo se trazan las perpendiculares desde cada vértice a la diagonal que no pasa por él. Demuestra que los cuatro puntos de intersección de cada perpendicular con su correspondiente diagonal forman un cuadrilátero semejante al dado.

SOLUCIÓN. En primer lugar, veamos como es el dibujo para comprender mejor lo que nos están pidiendo: Si observamos la figura, nos damos cuenta que lo que tenemos que demostrar es que ambos cuadriláteros tienen todos los ángulos iguales.

C AP. III. P ROBLEMAS DE O LIMPIADAS A B D C  A B  D

C

Consideramos el cuadrilátero ADA D  . Sabemos por construcción, que dicho cuadrilátero es circuns B  D A = ADA ADA , al ser ambos suplementarios del mismo ángulo AD AD A . criptible y de ahí que B D C C  D que es circunscriptible, vemos que los ángulos Por otro lado, si consideramos el cuadrilátero DC C C  D  B  y A A DC son iguales por estar inscrito en el mismo arco. ADC = C C  D  A . De igual forma, demostramos que se dan Ahora si sumamos los ángulos, obtenemos ADC las siguientes igualdades: BC B C D = D D  C  B  , ABC ABC = C C  B  A , BAD = BAD = B B  A D  . Luego, vemos que efectivamente los dos cuadriláteros tienen los mismo ángulos. Por lo que son semejantes.

  

          





Ejercicio. 7.2. (Ref. Web (7 (7), 2008) Las longitudes de los lados y de las diagonales de un cuadrilátero convexo plano ABC ABC D son racio- AC y B B D se cortan en el punto O , demuestra que la longitud OA OA es también nales. Si las diagonales AC también racional.

SOLUCIÓN. Consideramos la siguiente figura:

SEC . 7. P ROBLEMAS DE O LIMPIADAS: F AS E L OCAL A

B

α γβ

O

D

C

  

AB D, β = C BA, γ = C B D . donde α = ABD Para resolver este ejercicio vamos a utilizar el teorema del coseno y del seno. En primer lugar, aplicamos el teorema del coseno en el triángulo ABC AB C : AC 2 = B C 2 + BA2

despejando, tenemos: cos β =

− 2 BC B C · · BA cos β

B C 2 + BA2 AC 2

−

B C · · BA 2 BC

(que por hipótesis) es un número racional. De igual modo obtenemos el cos α y el cos γ. Para obtener el coseno(α) consideramos el triángulo AB D AD 2 = BA B A2 + BD B D 2

despejando, tenemos: cos α =

− 2 BA · BD B D cos α

BA2 + B D2 AD 2

−

B D 2 BA · BD

(que por hipótesis) es un número racional. Para obtener el coseno(γ) consideramos el triángulo AB D C D2 = B C 2 + BD B D 2

despejando, tenemos: cos γ =

− 2 BC B C · · BD B D cos γ

B C 2 + BD B D 2

− C D2

· BD 2 BC B C · B D

(que por hipótesis) es un número racional. Por otra parte, cos β = cos(α + γ) = cos α cos γ − senαsenγ, por lo que senαsenγ es un número racional.

C AP. III. P ROBLEMAS DE O LIMPIADAS

Sabemos, que también es racional sen2 γ = 1 − cos γ sen αsenγ α Por tanto sen senγ = sen2 γ es racional. = En segundo lugar, aplicamos el teorema del seno a los triángulos OAB y obtenemos que senAB BOA BOA AO OC O C B tenemos que BC = sen senα y si lo aplicamos en el triángulo OC γ. BOC sen BOC OA AB sen α = BC · senγ = r , es un número racional. Luego Por lo que deducimos que OC

 



⇒ OA = 1AC + r

AC = OA + OC = OC = (1 + r )OA = OA es racional. y OA



Ejercicio. 7.3. (Ref. Web (7 (7), 2008) Si un cuadrilátero convexo tiene la propiedad que cada una de sus dos diagonales biseca su área, demuestra que es un paralelogramo

SOLUCIÓN. ABC D dado. Partimos Partimos del cuadrilátero ABC T A X

D P

B

Z

C Y

Sabemos que si trazamos paralelas a cada diagonal por los extremos de la otra, se forma un paralelogramo X Y Z T , como observamos en la figura. El cuál tiene el doble de área del cuadrilátero de partida. (Esto es muy sencillo comprobarlo con GeoGebra) A continuación lo demostramos:

SEC . 7. P ROBLEMAS DE O LIMPIADAS: F AS E L OCAL ABC D y también a X Y Z T , pero Si tomamos el segmento AC por construcción, vemos que biseca a ABC AC paralela a los lados X Y y T Z , llegamos a que P es el punto siendo X Y Z T un un paralelogramo, y AC medio de B D. De igual forma comprobamos que P es el punto medio de AC , ya que el segmento B D por cons ABC D y también a X Y Z T , pero siendo X Y Z T un B D trucción, vemos que biseca a ABC un paralelogramo y B paralela a los lados X T y Y llegamos a la conclusión que P es el punto medio de AC . Y Z llegamos B P C son Luego, los triángulos AP D y B son iguales porque tienen dos lados iguales y también un ángulo. C P D también son iguales. Del mismo modo los triángulos AP B y C Entonces llegamos a la conclusión de que el cuadrilátero inicial tiene iguales los lados opuestos, por lo que es un paralelogramo. 

Ejercicio. 7.4. (Ref. Web (7 (7), 2010) AB . ¿Cuándo Se considera un tetraedro regular, como el de la figura. Si el punto E recorre recorre la arista AB



el ángulo C E D es máximo? A

E

D

B

C

SOLUCIÓN. En primer lugar, como vemos en el dibujo un tetraedro regular es un poliedro formado por cuatro caras que son triángulos equiláteros, y cuatro vértices en cada uno de los cuales concurren tres caras. (Es uno de los cinco poliedros perfectos llamados sólidos platónicos.) Para simplificar los cálculos, vamos a suponer que el tetraedro tiene arista de longitud 1. Llamamos α al ángulo C E D, y x , a la longitud del segmento AE Aplicamos el teorema del coseno al triángulo AEC AE C obteniendo: obteniendo: cos600 = x 2 + 1 − x EC E C 2 = x 2 + 1 − 2 x cos60


Por otra otra part parte, e,se se tien tienee que que la long longit itud ud E C es es igua iguall a la long longit itud ud E D, por por sime simetr tría ía.. De nu nuev evo, o, apli aplica cand ndoo el teorema del coseno, ahora para  el triángulo E DC , resultando que: 2 2 ( x − x + + 1) + ( x − x + + 1) − 2( x 2 − x + + 1)2 cos α =⇒ 1 = 2( x 2 − x + + 1) · (1 − cos α) Despejando 1 = ( x 1 se tiene que: cos α = 1 − 2( x 2 − x +1) La función coseno es decreciente en el primer cuadrante, por lo que para encontrar el valor máximo ∈ [0, 1] que de α tene tenemo moss que que busc buscar ar el valo valorr de x ∈ que haga haga míni mínima ma la func funció ión, n,es es deci decirr, que que haga haga míni mínimo mo el denominador. x + 1) que es Vamos Vamos a sacar el mínimo del denominador, denominador, para ello hacemos la derivada de 2( x 2 − x + 1 = 2 . − 2, seguidamente la igualamos a 0 por lo que el mínimo se alcanza cuando x = 4 x − Luego, el C E D es máximo cuando E es el punto medio del lado AB. En ese caso tenemos: α = arccos 13 .





Finalizado el ejercicio, me planteo lo siguiente:

Pregunta. 7.5.



¿Y cuándo el ángulo C E D es mínimo?

SOLUCIÓN. Para ver cuándo el C E D es mínimo tenemos que sacar el máximo del denominador. En este caso, como solo nos ha salido un punto crítico, el cuál era mínimo, el máximo se alcanza en x = 1, α = arccos 12 . los extremos, es decir en 0 y en 1, por lo que α vale para x 0, α = arccos 12 y para x = = A ó E = B = B . Luego, el ángulo C E D es mínimo cuando el punto E = A

 



Ejercicio. 7.6. (Ref. Web (7 (7), 2012) Los puntos A1 , A2 , A3 , . . . A2n+1 son los vértices de un polígono regular de 2n + 1 lados. Hallar el número de ternas A A i , A j , Ak tales que el triángulo A i A j Ak es obtusángulo.

SOLUCIÓN. En primer lugar, sabemos que al tener un número impar de vértices (2n + 1), no es posible construir triángulos rectángulos.

SEC . 7. P ROBLEMAS DE O LIMPIADAS: F AS E L OCAL A2n+1

1

A2

A2n

A3

O

An+2

An+1

Observando la figura, voy a intentar resolver el problema dejando un vértice agudo fijo y viendo cuántos triángulos podemos formar. formar. Vemos Vemos que cualquier triángulo obtusángulo va a dejar el centro de la circunferencia ,O, fuera de él. Por lo que si lo giramos en sentido directo o inverso alrededor de O , podemos conseguir que uno de los vértices agudos esté en A1 . Los otros dos ángulos estarán en el conjunto { A2 , A3 , . . . , An+1 }, ó bien en { An+2 , An+3 , . . . , A2n+1 }. El número buscado es 2 2n . Como esto lo podemos hacer con cada uno de los 2 n + 1 vértices, quedarán 2(2n + 1) 2n triángulos. Antes de finalizar, finalizar, tenemos que ser consciente de que cada triángulo lo hemos contado 2 veces, uno para cada vértice agudo. En conclusión, la solución buscada es







(2n + 1)

n

2

Como todo problema matemático, podemos intentar resolverlo por otro método. Así teniendo la misma idea de fijar un ángulo agudo, a gudo, en este caso el A 1, los tres lados del triángu z lados del polígono de 2 n + 1 lados. Entonces, tenemos que lo abarcarán respectivamente x , y , y z + y + = 2n + 1. El lado opuesto al ángulo obtuso , digamos z , deberá cumplir z ≥ n + 1. x + y + z z = x + y + y + z = z = Por lo que tenemos que calcular el número de soluciones enteras positivas de la ecuación x + 2n + 1, para saber cuántos triángulos obtusángulo hay. Para resolver dicha ecuación tenemos que considerar una condición, es decir, fijar una variable, por ejemplo z , la cuál sabemos que puede tomar 2n + 1 valor. + y = y = n n que tiene n − 1 soluciones. Si z=n+1, queda x + + y = y = n n − 1 que tiene n − 2 soluciones. Si z=n+2, queda x + ... + y = y = 1 que tiene 1 solución. Si z=2n-1, queda x +

Luego, en total hay: (n

)( n − 2)(n )( n − 3) . . . + 2 + 1 = − 1)(n

n( n

− 1) =

2

 n

2

.


Soluciones con el ángulo obtuso en A 1 . Si consideramos todas las posibilidades para dicho ángulo, en total queda



(2n + 1)

n

2

. 

Ejercicio. 7.7. (Ref. Web (7 (7), 2012) Los puntos A polígono regular de 2 2 n lados. Hallar el número A 1 , A2 , A3 , . . . A2n+1 son los vértices de un polígono de ternas Ai , A j , Ak tales que el triángulo A i A j Ak es rectángulo y el número de ternas tales que el triángulo es acutángulo.

SOLUCIÓN. En este ejercicio tenemos un número par de vértices 2n, por lo que a diferencia del ejercicio anterior, anterior, aquí si podemos formar triángulos rectángulos. Cuyas hipotenusas estarán sobre los n diámetros del polígono. Para cada diámetro fijado, el ángulo recto del triángulo puede ser cualquiera de los (2n − 2) vértices sobrantes. Luego, en total, los triángulos rectángulo que podemos obtener son Rn = Rn = n n((2n

− 2) = 2n(n − 1)

A1

A2n

A2

A2n−1

A3

O

An+2 An+1

An

Ahora vamos a calcular los triángulos acutángulos. Para ello se me ocurre calcular los triángulos obtusángulos (del mismo modo que el ejercicio anterior) y restar al total los triángulos obtusángulos y los triángulos rectángulos (ya calculados). Sabemos que cualquier triángulo obtusángulo va a dejar el centro de la circunferencia, O , fuera de él. Por lo que si lo giramos en sentido directo, o inverso, alrededor de O , podemos conseguir que uno de

SEC . 7. P ROBLEMAS DE O LIMPIADAS: F AS E L OCAL

los vértices agudos esté en A 1 . Los otros dos ángulos estarán en el conjunto { A2 , A3 , . . . , An }, ó bien en { An+2 , An+3 , . . . , A2 n} Luego, el número buscado será 2 n+2 1 . Como esto lo podemos hacer con cada uno de los 2 n vértices, quedarán 2(2n) n−2 1 triángulos. Tenemos que darnos cuenta de que cada triángulo lo hemos contado 2 veces, uno para cada vértice agudo. Luego, el número de triángulos obtusángulo será n−1 = ( 2n) 2 On = On En conclu conclusió sión, n, el número número de triáng triángulo uloss acután acutángul gulos os An será será el nú núme mero ro tota totall de triá triáng ngul ulos os 23n menos R n y los obtusángulo On O n. los triángulos rectángulos Rn

  

  − −  −

2n An = An = 3

2n Rn On = On = 3

2n(n − 1) − 2n

− 1

n

2



=

( n − 1)! 2n! − = 2n(n − 1) − 2n (2n − 3)!3! ( n − 3)!2!



)( n − 2)(n )( n − 3)! n(n − 1)(n )(n − 2) n 2 n(2n − 1)(2n − 2)(2n − 3)! 2n(n − 1)(n = − = . . . = = 2 2n(n−1)− (2n − 3)!3! (n − 3)2! 3 3 Luego, An = An = 2

 n

3



Ejercicio. 7.8. (Ref. Web (7 (7), 2012) Sea ABC interior. Determinar qué condiciones deben cumplir ABC D un cuadrilátero convexo y P un punto interior. el cuadrilátero y el punto P para que los cuatro triángulos PAB , P B C , P C D y P DA tengan la misma área.

SOLUCIÓN. Consideramos los triángulos P C D y P P C B D

A C

Z P Y

Q X

B


Observando la figura, vemos que tienen la base común P C , y las alturas correspondiente son DX y BY . Por lo tanto si queremos que tengan la misma área, tienen que tener la misma altura, es decir D X = BY . Q tiene que estar Para que se de esto, el punto Q tiene que ser el punto medio de la diagonal B D y Q en la recta P C . Del igual forma, consideramos los triángulos P BA y P DA, en este caso la base común es PA y las B Z , las cuales tienen que ser iguales para que tengan la misma área, por lo que Z alturas son D Z y B P A. Luego Z = Q . tiene que ser el punto medio de la diagonal B D y pasar por la recta PA Entonces, AP tiene que pasar por Q. Luego AP y P C tienen dos puntos comunes, P y Q. Sin más remedio AP y P C están están alineados. Es decir, son las diagonales AC De modo que es necesario que las dos diagonales se corten en el punto medio de una de ellas. Pero mirando los triángulos P DA y P DC , que tienen la misma área, resulta que P tiene que ser el punto medio de AC . Luego, llegamos a la conclusión de que la condición que nos piden consiste en que las diagonales del cuadrilátero se corten en el punto medio de una de ellas, y el punto P sea el punto medio de la otra. 

Una vez que hemos resuelto este ejercicio, me resulta interesante plantear la siguiente cuestión:

Pregunta. 7.9. ¿Cómo debería ser el cuadrilátero cíclico para que el centro de la circunferencia fuese el punto P y que los cuatro triángulos triángulos de un cuadrilátero cuadrilátero tengan la misma área?

SOLUCIÓN. Jugando un poco con Geogebra, nos resulta muy sencillo ver, que realmente el centro de la circunferencia es el punto medio de una diagonal (AC), también tiene que ser el punto medio de la otra diagonal (BD), ya que estamos en una circunferencia y las diagonales miden lo mismo. Por lo tanto, el cuadrilátero cíclico tiene que tener paralelos sus lados opuestos, y por tanto es necesariamente un rectángulo.

SEC . 8. P ROBLEMAS DE O LIMPIADAS: F AS E N AC IO NA L

B

A

O

D

C



8. Problemas Problemas de Olimpiadas: Olimpiadas: Fase Nacional Nacional En esta sección vamos a analizar algunos problemas con mayor grado de dificultad con respecto la sección anterior ya que son propuestos en la fase nacional, relacionados siempre con las figuras geométricas. Los problemas se han extraídos de la página oficial de las Olimpiadas Matemáticas Española.

Ejercicio. 8.1. (Ref. Web (7 (7), 2000) Tomemos cuatro puntos situados en el interior o en el borde de un cuadrado de lado 1. Demuestra que al menos dos de ellos están a distancia menor o igual que 1.

SOLUCIÓN. Este ejercicio vamos a intentar resolverlo por reducción al absurdo. Supo Supong ngam amos os que que dist distri ribu buim imos os 4 punt puntos os en el cuad cuadrad radoo de mane manera ra que que cada cada un unaa de las las seis seis dist distan anci cias as sea mayor que 1. Entonces tenemos dos posibilidades, la cuales vamos a estudiar: 1. Los cuatro puntos forman un cuadrilátero convexo. En este caso tendríamos la siguiente figura:


D

C

P1

β

P4 P2

γ α

δ A

P3

B

Consideramos α, β , γ, δ los ángulos del cuadrilátero convexo. Por lo que α + β + γ + δ = 3600 . Además cualquier cualquier pareja de puntos del interior,(o interior  ,(o frontera) del cuadrado están a una distancia distancia  d ≤ 2 ya que el diámetro del cuadrado mide 2 De la condición α + β + γ + δ = 3600 , se deduce que necesariamente uno de los ángulos ha de ser mayor o igual que 900, digamos por ejemplo α = 900 . = j , i , j = j = 1,2,3,4. Entonces, tenemos: Pi P j > 1, i  2 2 2 2 2 Luego, P1 P3 = P1 P2 + P2 P3 − 2 P1 P2 · P2 P3 · cos α como el cuadrilátero es convexo, 900 ≤ α ≤ 1800 y por tanto cos α ≤ 0 y en consecuencia:  2 2 2 P1 P3 ≥ P1 P2 + P2 P3 =⇒ P1 P2 > 2. Por lo que llegamos a una contradicción. Entonces nos damos cuenta de que el error ha estado = j , i , j = j = 1,2,3,4. en tener que Pi P j > 1, i  En conclusión al menos dos de ellos están a una distancia menor o igual que 1. 2. Los cuatro puntos forman un cuadrilátero no convexo. Si se forma un cuadrilátero no convexo podemos elegir tres puntos de los cuatro puntos formando un triángulo de modo que el cuarto punto sea interior, como podemos ver en la figura: D

P1

C 1

P4 P2

C

P3 A

B


Vamos Vamos a suponer que  el punto interior sea P4. Sabemos que cada lado de dicho triángulo es menor o igual que 2 (diámetro del cuadrado) y por tanto estará contenido en el triángulo   equilátero de lado 2, y su circunradio es 2 = 23 · 32 = 23 < 1. Por lo tanto, si su centro es C , P4 estará en el interior y la distancia de P4 a uno de los vértices será menor o igual que el circunradio , es decir menor que 23 < 1 y por tanto menor que 1. Luego, hemos encontrado un par de puntos a distancias menor o igual que 1. Por último, si tres puntos están alineados se reduce al caso (1),es decir, si llamamos x 1 , x 2 , x 3 a las distancias entre puntos consecutivos,  2 tenemos: x 1 , x 2 , x 3 ≤ 2 y por el principio del palomar, uno de ellos, digamos x 1 ≤ 3 < 1. Luego queda demostrado el ejercicio para los posibles casos.







Ejercicio. 8.2. (Ref. Web (7 (7), 2001) ABC D es un cuadrilátero AB es un diámetro cuadrilátero inscrito inscrito en una circunferencia circunferencia de radio 1 1 de modo que AB y el cuadrilátero tiene una circunferencia inscrita. i nscrita. Probar que: CD

 ≤2 5−4

SOLUCIÓN. Para resolver el ejercicio, primero vamos a ver la figura que tenemos: C

A

O

B

Observando la figura, tenemos que O es el centro de la circunferencia, y vamos a llamar B OC , 2β = AOD AOD , 2γ = C O D . Para que el cuadrilátero ABC ABC D admita una circunferencia inscrita 2α = BOC tiene que cumplir que la suma de los lados opuestos sean iguales, es decir

  

C D + 2 = B = B C + AD + AD

Por otra parte, 2α + 2β + 2γ = 180 0 =⇒ β = 90 − (α + γ) y además, por trigonometría, tenemos que: B C = 2senα, DC = 2senγ, AD = cos(α + γ) = 2 cos cos α cos γ − 2senαsenγ AD = 2senβ = 2 cos

C AP. III. P ROBLEMAS DE O LIMPIADAS = B C + AD + AD en función de α y el segmento D C que A continuación, expresamos la condición C D + 2 = B determina por completo el cuadrilátero.

cos γ =



  − 1

DC 2

4

=



4 − DC 2 2

AD = 4 − DC 2 cos α − DC senα sustituyendo nos queda: donde AD = DC + DC + 2 = 2senα +

o lo que es lo mismo:

 −

4 DC 2 cos α − DC senα

 −

+ 2 4 DC 2 cos α + (2 − DC ) DC )senα = DC D C +

Por lo que, existirá circunferencia inscrita para los valores de DC que hagan compatible la última ecuación con la incógnita α. En este momento se me ocurren dos caminos para seguir: Uno expresar el seno en función del coseno y estudiar el discriminante de la ecuación de segundo grado que se obti obtien ene; e; Y otro otro,, el que que voy voy a desa desarro rroll llar ar inte interp rpre reta tand ndoo la ecua ecuaci ción ón como como prod pr oduc ucto to esca escala larr de vect vectore ores. s. − → − → D C ). Por lo Los vectores que tenemos son u = (cos α,sec α) de módulo 1 y v = ( 4 − DC 2 , 2 − DC → −→ −→ v | cos δ = D C + + 2 siendo δ = u , v . tanto, la condición nos queda: |− −→ DC + 2 ≤ | v | = 4 − DC 2 + (2 − DC 2 ), Para que dicha condición sea compatible debe cumplirse DC + DC 2 + 8 DC − − 4 ≤ 0. elevando al cuadrado y operando, nos queda:  = ±2 5 − 4, teniendo en cuenta que DC D C = D C es Las raíces de esta ecuación es DC es un segmento no puede ser negativo, por lo tanto la condición final es:

 



≤ 2 5 − 4 0 ≤ DC D C ≤ 

Ejercicio. 8.3. (Ref. Web (7 (7), 2004) respectiva- ABC D es un cuadrilátero cualquiera, P y Q Q los puntos medios de las diagonales B D y AC AC respectiva- Q a la otra diagonal se cortan en O . Si unimos O O con los cuatro puntos mente. Las paralelas por P y Q medios de los lados X , Y , Z , T se se forman cuatro cuadriláteros OXBY OXBY , OY OY C Z , OZDT y OT OT AX . Probar que los cuatro cuadriláteros tienen la misma área.

Comparar con el Ejercicio (7.8. (7.8.). ). SOLUCIÓN. En primer lugar, hacemos un dibujo plasmando los datos de los que partimos:

SEC . 8. P ROBLEMAS DE O LIMPIADAS: F AS E N AC IO NA L A T X D P B Q

O Z

Y

C

Observando la figura, para demostrar que los cuatro cuadriláteros, de distintos colores, tienen la misma área, podemos probar que el área de cada cuadrilátero es la cuarta parte del área total. Por un lado, tenemos que la quebrada AP C divide divide al cuadrilátero en dos partes de igual área, ya que AP es la mediana de AB D y P C es es la mediana de C B D . APC B en dos partes de igual área, pues P T Por otro parte, la quebrada T P Z divide divide al cuadrilátero APC P Z es es la mediana de AP D y P es la mediana de C P D. Luego tenemos ya probado que el área del cuadrilátero T P Z D, es la cuarta parte del área total del cuadrilátero inicial. Finalmente T Z es es paralela a O P por serlo amabas a AC , luego los triángulos T P Z y T O Z tienen tienen la T O Z D. misma área y lo mismo les ocurre a los cuadriláteros T P Z D y T Del mismo modo se probaría para los otros tres cuadriláteros. Para finalizar el ejercicio lo podemos comprobar fácilmente con GeoGebra. Como todo ejercicio de matemáticas hay otra forma de realizarlo,la cual vamos a ver a continuación: Sabemos que la superficie de un cuadrilátero se calcula como el semiproducto de las diagonales por BD senα S = AC · BD AC , BD B D el seno del ángulo que forman, es decir: S = 2 donde α = AC AC Además, Z T = X Y = 2 al ser Z T la la paralela media del triángulo AC D y X Y la paralela media del triángulo AB C Igualmente: X T = Z Y = BD 2 . Para probar el enunciado bastará probar que:



· ·

AC BD B D

2

· AO · senβ senα = 4 X T ·

AC BD B D senα = 2 X T AOsenβ

· ·

· ·

AC sen senα = 2 AOsenβ AQ AQsenα = AOsenβ AQ AQ

senβ

=

AO

senα


hemos llegado al teorema del seno en el triángulo AQO Queda probado el enunciado por extensión de la demostración a los 4 cuadrilátero pequeños que resulta ser una cuarta parte del grande. 

Ejercicio. 8.4. (Ref. Web (7 (7), 2006) Las diagonales AC y B D de un cuadrilátero convexo ABCD se cortan en E . Denotamos por S1 y S2 a las áreas de los triángulos ABE , C D E y del cuadrilátero ABCD respectivamente. Prueba que S1 + S2 S . ¿Cuándo se alcanza la igualdad?

  ≤  SOLUCIÓN.

A

D S4 L S1

E

K

S2

S3 C

B

Como podemos ver en la figura, llamamos S 3 al área del triángulo B E C , y S S 4 a la del triángulo AE D.  Entonces tenemos que demostrar que: S1 + S2 ≤ S ,es decir

    ≤    ≤ S1 +

S2

S1 + S2 + S3 + S4

 

Elevan Elevando do al cuadra cuadrado do obtene obtenemos mos:: S1 +S2 +2 S1 S2 S1 +S2 +S3 +S4 , oper operan ando do 2 S1 S2 ≤ S3 +S4 Consideramos ahora K y L los pies de las perpendiculares en la diagonal AC trazadas desde D y B respectivamente. B K , S 4 = 21 AE · D L Sustituyendo Entonces tenemos que: S 1 = 21 AE · B L , S 2 = 21 C E · DK , S 3 = 21 C E · BK esta expresión en la desigualdad anterior se llega a :

 ·

− · ≤ ≤ 12 (C E · BK B K + AE + AE · D L )

AE B L AE DK

que es precisamente la desigualdad entre la media aritmética y la media geométrica de los dos B K y AE AE · D L . productos C E · BK ⇐⇒ DBK L = CAE E Las rectas B K y D L Esta última desigualdad se alcanza si y solo si C E · BK B K = AE · D L ⇐⇒


son paralelas. BE Así DBK L = DE , por la semejanza entre los triángulos B K E y y D L E , por lo tanto

· ⇐⇒ ⇐⇒ DB K L = CAE E

C E BK B K = AE = AE D L

·

se convierte en

BE B E DE D E

=

AE C E

BE = CAE E se verifica ⇐⇒ ⇐⇒ AB y C D son paralelas, es Y recíprocamente por la semejanza de triángulos, DE C D decir el cuadrilátero dado es un trapecio con los lados paralelos AB y C



Ejercicio. 8.5. (Ref. Web (7 (7), 2008) Dada una circunferencia y en ella dos puntos fijos A A y B B , otro variable P y una recta r . Se trazan las rectas PA y P B que cortan a r en C y D respectivamente. Determina dos puntos fijos M y N de r , C M DN sea constante al variar P . tales que el producto producto C

· ·

SOLUCIÓN. Empe Em peza zamo moss traz trazan ando do un unaa para parale lela la a r que que pase pase por por A y corte corte a la circ circun unfe fere renc ncia ia en A . Y seguid seguidame amente nte  trazamos otra paralela que pase por B y corte a la circunferencia en B , de modo que tenemos un B B  . trapecio isósceles formado por AA BB A

A

M

C

D

N r

B

B

P

B A con r, van a determinar los puntos Como vemos en la figura los puntos de intersección de AB  y BA N que buscamos. fijos M y N Por lo tanto, los triángulos que vemos sombreado en el dibujo, AM C y el N B P son semejantes, ya = B que tienen dos ángulos iguales (como podemos observar), M M AC = B  BP B P por ser ángulos inscrito en

 


 

     

B  BP B P = N N DB por seer BB B B  paralela a r , por lo tanto M M AC = N N DB . Con los mismo el mismo arco y B AM C = AB AB  B = B = DN DN B . argumentos tenemos que AM Si establecemos ahora la proporcionalidad de los lados obtenemos que: AM

M C

=

ND

BN B N

= AM · ⇐⇒ M C · · N D = AM · BN

resultado que no depende de P . En resumen, si la recta r pasa por el punto A, entonces M = A = C , por lo que no se forma en · DN = 0 es constante. De igual modo, este triángulo AM C . En este caso C M = 0 y el producto C M · producto es cero si la recta r pasa por el punto B o por los puntos A y B en cuyo caso tendríamos C M = D N = 0. Luego queda demostrado el ejercicio. 

Ejercicio. 8.6. (Ref. Web (7 (7), 2010)

Sea ABC ABC D un cuadrilátero conexo. Sea P la intersección de AC AC y B B C . El ángulo < < AP D = 600 . Sean los puntos medios de los lados AB , B C , C D y DA E , F , G y H H los DA respectivamente. Halla el mayor número real positivo K K tal que EG E G + 3 H F  kd + kd + (1 k) s

−

siendo s s el semiperímetro del cuadrilátero ABC ABC D y d la suma de las longitudes de sus diagonales. ¿Cuándo se alcanza la igualdad?

SOLUCIÓN.  k = 1 + 3 y que la igualdad se da sí y solo si, ABC ABC D es un En primer lugar vamos a demostrar que k = rectángulo.

D

Z H A

Y

G

P

W E

B

F X

C

SEC . 8. P ROBLEMAS DE O LIMPIADAS: F AS E N AC IO NA L X , Y , Z . En primer lugar, vamos a considerar cuatro puntos exteriores a ABCD que van a ser W , X D C Y son equiláteros, el triángulo B C X Elegiremos los puntos de tal forma que los triángulos tr iángulos ABW y DC B X C = AZ AZ D = 1200 . sea isósceles en X , y el triángulo AZ D sea isósceles en Z y BX Z DPA DPA son cíclicos. Los cuadriláteros WAPB , X B P C , Y C P D Y Z Luego, aplicando el teorema de Ptolomeo, se obtiene que:

 

W P = PA P A + P B , X P





= P B + P + P C , Y P = P C + P + P D , Z P 3 − 0 P D + PA + PA 3 = P

Por otro lado,

    

W P Y = W P B + 600 + C P Y = W AB + AB + 600 + C DY = 1800

Luego, W , P, Y están alineados y, de igual modo Z , P, X también lo están. Por lo que W Y = W P + P + P Y = PA P A + P B + P + P C + P + P D = AC = AC + B + BC C

1 1 ( P B + P + P C + P + P D + PA + PA)) = ( AC + B + BD D) 3 3 Por la desigualdad triangular, triangular, obtenemos: + P Z = = X Z = X P + P

≤ ≤ W E + E + E G + GY + GY , X Z ≤ ≤ X F + F + F H + H + H Z

W Y

Luego: + B D AC + B

1 1 B C AC + E G + D + DC + B D) ≤ + F H + +  ≤ AB 13 + E C , ( AC + B 3 3 2

2 3

Si sumamos las dos desigualdades tenemos: (1 +





)( AC + B + BC C )) ≤ E G + 3 F H + s + s 3 3)( AC

lo que es lo mismo: EG E G + 3 F H

≥ ≥ (1 +  k = 1 + 3 =⇒ E G + 3 F H ≥ ≥ kd + kd + (1 − k) s Luego, si k =





3)d − s 3

Entonces la igualdad se da, si y sólo si, tenemos por un lado que los puntos W , E , G , Y están alienados, y por otro lado X , F , H , Z también también lo están. G Y es D C , por tanto AB y DC D C deben Como W E es es perpendicular a AB , y GY es perpendicular DC deben de ser parale B C también los. los. De igua iguall form forma, a, AD y BC también deben deben de ser parale paralelos los.Lu .Luego ego ABC D debe debe ser un parale paralelog logram ramo. o. ABC D es un rectángulo. Además, la recta E G es perpendicular a D C , lo que implica que ABC = kd d + (1 − k) s se da si ABC ABC D es un rectángulo. Por lo tanto, llegamos a la conclusión,que E G + 3 F H = k ≥ l d + (1 − l ) s. En consecuencia, si Ahora bien, sea un número real positivo l tal que E G + 3 F H ≥ ABC D es un rectángulo tenemos: kd k d + (1 − k) s ≥ l d + ( 1 − l ) s, es decir k( k (d − s) s ) ≥ l ( d − s) s ) Pero la desigualdad triangular, implica que d > s, por lo que k ≥ l . Luego el número real buscado es  k = 1 + 3 y la igualdad se da s , y sólo si, ABC ABC D es un rectángulo. 


9. Problemas Problemas de Olimpiadas: Olimpiadas: Fase Internaciona Internacionall En última instancia,vamos a desarrollar los problemas con mayor grado de dificultad, los cuales son propuesto en la fase internacional. Debemos de tener en cuenta que los mismos versan sobre la temática de cuadriláteros.

Ejercicio. 9.1. (IMO [1, pag. 44], 1965) = b . La distancia entre los segmentos AB Sea ABC ABC D un tetraedro, no regular, y AB = AB = a a , C D = b AB y DC es d y su ángulo es ω . Sea P el plano paralelo a AB y a DC tal que el radio entre las distancias de P y a AB tetraedro en dos sólidos geométricos. geométricos. AB y D D C es k k . El plano P P divide al tetraedro Encontrar Encontrar el radio entre los volúmenes volúmenes de esos dos sólidos. sólidos.

SOLUCIÓN. En primer lugar vamos hacer el dibujo plasmando los datos facilitados. D

C

N

M

L

K

B

A

Como vemos en la figura hemos consideramos K , L , M , N los puntos de intersección entre el plano P y los segmentos B C , AC , AD , BD B D respectivamente. Tenemos que K L es paralelo a AB , L M es paralelo a C D, M N es paralelo a AB , y N K es es paralelo a C D. Luego el cuadrilátero K L M N es un paralelogramo, ya que L M es L K es es paralelo a C D y L es paralelo = ω. M L K = a AB . También tenemos que el M Luego el área del paralelogramo es: = K L · L M senω S = K

 

Por otro lado, consideramos x la la distancia entre el plano P y el segmento C D , teniendo: d

− x = k = d k =⇒ = k + k + 1

x

x

De igual forma tenemos: d x

=

AB K L

y

d d

− x

=

CD L M

SEC . 9. P ROBLEMAS DE O LIMPIADAS: F AS E I NTERNACIONAL

Luego , obtenemos que: K L =

a x d

, L M =

b(d

− x ) x ) a x b( d − x ) = S(( x ) = yS y S = S · · senω

d

d

d

Entonces tenemos que el volumen es:



x

V ol ( K L M N C D ) =

S ( t ) d t = (

a b x 2

2d

0

y



−

d x

V ol ( K L M N AB) AB) =

S ( t )d t = (

a b(d

−

V ol ( K L M N AB) AB) V ol ( K L M N C D)

3d 2

)senω

− x )2 − a b(d − x ) x )3 )senω

2d Luego, el radio entre los volúmenes de los dos sólidos es: 0

a b x 3

= k 2

3d 2

3k + 3 3k + 1 

Ejercicio. 9.2. (IMO [1], 1967) Sea Sea un tetr tetrae aedr dro, o, no regu regula larr, tal tal que que solo solo uno uno de sus sus lado ladoss tien tiene e una una long longit itud ud mayo mayorr que que 1. Demo Demost stra rar r 1 que el volumen del tetraedro no es mayor que 8 .

SOLUCIÓN. En primer lugar, vamos a fijar el segmento que va a ser mas largo que 1, el cuál será C D = a y veamos como queda el dibujo. A

B

D L

H a

K C

C AP. III. P ROBLEMAS DE O LIMPIADAS B DC son menores que 1. Tenemos que tener cuidado, Tenemos que los lados de los triángulos ADC y B y no confundir los lados,que hemos fijado con a , con la base. D B = C = C B = 1 y en este Ahora, consideramos el triángulo B DC cuya altura es B K , es máxima cuando DB 2 caso obtenemos que: 1 − a4 . Luego



BK B K <

  −   −   −

a2

1

4 AD = Del mismo modo, considerando el triángulo DAC cuya cuya altura es AL , la cual es máxima cuando AD = AC = = 1 y por lo que obtenemos que: AL <

a2

1

4 Análogamente, considerando el triángulo AD B cuya altura es AH , la cual es máxima cuando AD = AB = AB = 1 obteniendo en este caso que: AH < <

En conclusión el volumen del tetraedro es:

1

a 2

4

a 2 1 1 1 1 V = · S BC D · AH < a(4 − a2 ) < · a(1 − ) = 3 3 2 4 24 a (4 − a2 ) ≤ 3 Finalmente, solo queda ver que a( Para ello se me ocurre estudiar la función.   1+ 13 1− 13 2 Sacamos las raíces de a(4 − a ) = 3, las cuales son a1 = 1, a2 = 2 , a3 = 2 . Como Como vemos vemos la solución es a 3 < 0, por lo que la descartamos, ya que a es un segmento y tiene que ser positivo.  Ahora estudiamos la función entre [ 0, 1 + 2 13 ]. Es fácil ver (comprobando) que el valor máximo que a (4 − a2 ) es cuando a = a = 1 que vale 3. toma a( En conclusión, V ≤ ≤ 18 

Ejercicio. 9.3. (IMO [1, pag. 56], 1967)



Sea ABCD un paralelogramo tal que AB = a , AD = 1 y BAD BAD = α y ABD AB D es un triángulo agudo. Probar que es posible cubrir el paralelogramo con 4 círculos K A, K B , K C , K D de centros A, B , C , D, respectivamente, si y sólo si a cos α + 3sen α

≤



SOLUCIÓN. Como partimos de un paralelogramo, si trazamos una de las diagonales, por ejemplo B D tenemos dos triángulos simétricos AB D y B B DC , como vemos en la figura.

SEC . 9. P ROBLEMAS DE O LIMPIADAS: F AS E I NTERNACIONAL D C

O B A

Por lo tanto, para resolver el ejercicio, solo tenemos que buscar una solución necesaria y suficiente para que el triángulo AB D esté cubierto por K A, K B , K D . Sea T la circun circunfer ferenc encia ia circun circunscr scrita ita del triáng triángulo ulo ABD y de cen centro tro O, sabe sabemo moss que que por por ser ser el triá triáng ngul uloo agudo O está dentro de él. O B = O = OD D = R = R, y para cualquier punto P interior, Sabemos que: OA = OB interior, al menos una de las distancias PA, P B , P D es menor que R . Esto es fácil de ver, considerando los seis triángulos interiores de ABD , determinados por los seg B D , DA mentos OA, OB , O D y las mediatrices de los segmentos AB , BD ⇐⇒ R ≤ 1. Luego, AB D está cubierto por K A, K B , K D ⇐⇒ En el triángulo AB D, el radio R viene determinado por R = R =

·

·

AB BD B D DA

4S

donde S es el área. S = 21 asenα. Luego: Tenemos B D2 = a 2 + 1 − 2a cos α y S =

⇐⇒ a2(a2 + 1 − 2a cos α) ≤ 4a2sen2α ⇐⇒ ⇐⇒ a2 + 1 − 2a cos α ≤ 4 − 4cos2 α ⇐⇒ ⇐⇒ a2 − 2a cos α + cos2 α ≤ 3sen3α ⇐⇒  ⇐⇒ |a − cos α| ≤ 3senα

R < 1

AD B , cos α es la longitud de la proyección del segmento AD en AB En consecuencia, en el triángulo ADB y luego a > cos α. Sustituyendo esto, en la condición que hemos obtenido anteriormente, tenemos: a

≤ cos α +



3senα

Demostrando así el ejercicio, por la simetría del problema. 


Ejercicio. 9.4. (IMO [1, pag. 63], 1968) Demostrar que en cualquier tetraedro, no regular, existe un vértice tal que los lados que salen de él son los lados de un triángulo.

SOLUCIÓN. ABC D un tetraedro y considerando AB = AB = a a , su lado más largo. Para mayor comodidad tomamos Sea ABC AC = c = c , AD = AD = d d , BC B C = d = d , BD B D = f , C D = g = g . Vamos Vamos a demostrar que, el vértice A, o el vértice B , se puede elegir como respuesta al problema. A

c

d a

C

D

g

b

f

B

c + d d ≤ a. Supongamos que A no cumple la condición: c + a + d > c . De los triángulos ABC AB C y ABD AB D obtenemos: c + d > a De lo contrario, A cumple: a + c > d y a d + f f > a y d + + d + f Sumando las dos desigualdades obtenemos: 2 a < b + b + c c + d + f b + c c + + d d + + f y c + c + d d ≤ a conseguimos: b + f + f > a . Si unimos ahora estas dos desigualdades 2 a < b + Luego, los lados que salen del vértice B son los lados de un triángulo. 

Ejercicio. 9.5. (IMO [1, pag. 80], 1970) ABC D un tetraedro, no regular, tal que B D es perpendicular a DC y el pie de las perpendicular Sea ABC desde D en la cara ABC AB C es el ortocentro del triángulo ABC AB C . Demostrar que ( AB + + CA AB + B BC C + C A)2

¿Cuándo se da la igualdad?

≤ 6( AD2 + B D2 + C D2)

SEC . 9. P ROBLEMAS DE O LIMPIADAS: F AS E I NTERNACIONAL

SOLUCIÓN. Consideramos H el el ortocentro del triángulo AB C . Sabemos que un tetraedro, donde H es es el pie de la altura desde D, tiene los lados opuestos perpendiculares. D

A

L C H

M

K

B

Para demostrar esto, vamos a ver el plano generado por las líneas de AH y DH y observaremos que BC B C es es perpendicular a ella. De este modo, B C es es perpendicular a AD . Las otras perpendiculares se obtiene de las misma forma. D C es Tenemos que D C es es perpendicular a B D, y DC es perpendicular a AB , por lo tanto se deduce que D C AB C . es ortogonal en el plano ABC Luego, D C es es perpendicular a AD . Del mismo modo, obtenemos que B D es perpendicular AD , por lo tanto, cada par de aristas que derivan del vértice D son perpendiculares. En conclusión tenemos: ( AB + AB + B BC C + C + CA A)2

≤ 3( AD2 + BD B D 2 + B D2 + C D 2 + C D 2 + AD 2 ) = 3( AB2 + BC B C 2 + AC 2 )

= a , Esta desigualdad es obvia. Para facilitar las operaciones vamos a hacer el siguiente cambio: B C = C A = b , AB = AB = c c , y utilizar la desigualdad de Cauchy–Schwarz: + b + + c a + b c

≤





+ b + + c c))2 ≤ 3(a2 + b 2 + c 2 ) 1 + 1 + 1 a2 + b 2 + c 2 =⇒ (a + b

( a + b + b + + c = c , es c))2 = 3(a2 + b 2 + c 2 ) ⇐⇒ a = a = b = c Teniendo esta desigualdad, podemos ver que se da (a AB C tiene decir, el triángulo ABC tiene que se equilátero para obtener la igualdad. 

Ejercicio. 9.6. (IMO [1, pag. 95], 1972) Demostrar que cualquier cuadrilátero cíclico se puede descomponer en n, (n cíclicos.

≥ 4), cuadriláteros


SOLUCIÓN. Sabemos que cualquier cuadrilátero cíclico se puede descomponer en cuatro cuadrilátero cíclico„ dos de los cuales son trapecios isósceles. ABC D , tomamos un punto M en el interior del cuadrilátero Considerando B el mínimo ángulo de ABC ABC D cerca del vértice B . Trazamos dos líneas paralelas a B C , y a BA, desde el punto M . Dichas líneas cortan a C D en el punto F , y a DA en el punto E , como podemos ver en la figura. C F D

L

O M

B

E

K

A

Por otro lado, consideramos dos puntos interiores lo segmentos AB y B C , los cuales son K y L res M obtenemos dos cuadriláteros AEM AEM K y M L C F tales pectivamente.Si unimos los puntos K , L y M y M tales que son trapecios isósceles. Es fácil ver que K B L M es es un cuadrilátero cíclico, por la forma de construirlo, ya que tenemos: LB L B K = = F F M E , BK B K M = M M F D, K K M L = E E D F y B L M = M M E D, por lo tanto es semejante al cuadrilátero y B ABC D , (esto lo podemos observar perfectamente con el dibujo) cíclico ABC Finalmente, cada trapecio isósceles puede descomponerse en un número arbitrario de trapecios isósceles, mediante líneas paralelas a las bases. En consecuencia, el enunciado del ejercicio queda demostrado.

       



Ejercicio. 9.7. (IMO [1, pag. 96], 1972) Dado cuatro planos paralelos. Demuestra que existe un tetraedro regular que tiene sus vértices en esos planos.

SOLUCIÓN. Consideramos los cuatro planos π1 , π2 , π3 , π4 paralelos, y sea A1 , A2 , a3 , A4 los cuatro puntos del tetraedro tal que A i ∈ πi , con i = 1,2,3, 4.

SEC . 9. P ROBLEMAS DE O LIMPIADAS: F AS E I NTERNACIONAL B C donde C ∈ ∈ [ A1, A4] El plano π2 interseca al tetraedro formando el triángulo A 2 BC donde B ∈ [ A1 , A3 ] y C D E donde ∈ [ A2, A4] El plano π3 interseca al tetraedro formando el triángulo A 3 DE donde D ∈ [ A1 , A4 ] y E ∈

A1

A2

B

C

A3

E D

A4

Sea α1 , α2 y α3 las distancias entre los planos π1 y π2 , π2 y π3 , π3 y π4 respectivamente y sea a la longitud del segmento A 1 , A2 . Luego tenemos las siguientes relaciones: A1 B BA 3 CD DA4

=

=

A1 C CD A2 E EA 4

=

α1 α2

=

α2 α3

A1 B + B + BA BA 3 = A = A1 C + C + C D + DA + DA 4 = A = A 2 E + E + EA A4 = a = a A1 D DA4

=

α1 + α2 α3

Tenemos un sistema de ocho ecuaciones lineales, donde lo único que tenemos fijos son los planos las dist distan anci cias as a los los plan planos os α1 , α2 , α3 , por por lo que que nu nues estr tras as incó incógn gnit itas as son son A1 , A2 , A3 , A4 , B , C , D π1 , π2 , π3 , π4 , y las a . y a Luego tenemos un sistema de ocho ecuaciones lineales con ocho incógnitas. Estudiando el sistema tenemos que:


α2 = α3 =

α3 =

BA 3 A1 B DA4 CD DA4 A1 D

α1 ,

α1 =

A1 C α2 , CD

α2 ,

α2 =

A2 E α3 , EA 4

(α1 + α2 ),

o lo que es lo mismo: A1 B = B = B BA A3

α1 , α2

α3 E A4 = A = A2 E , α2

DA4 = C = C D

α3 , α2

A1 C = C D

A1 D = D = DA DA 4

α1 , α2

α1 + α2 α1 + α2 = C D , α3 α2

Además se verifica: = a , A1 B + B + BA BA 3 = a

+ C D + DA + DA 4 = a = a , A1 C + C

Llegándose a que

    

a = A = A1 C + C + C D + C + CA A4 = C = C D

a = B = BA A3

= A2 E a = A

+ EA = a . A2 E + E A4 = a

2(α1 + α2 ) α2



α1 +1 α2

1+

α 3 . α2

Por lo tanto el sistema, parametrizado en a, tiene solución, la cual podemos expresar en función, por ejemplo, de C D. 

Bibliografía [1] Dr.

Mircea Becheanu, International Mathematical Olympiads, 1959-2000 , University of Bucharest, 2001. 9.1. 2001. 9.1.,, 9.2. 9.2.,, 9.3. 9.3.,, 9.4. 9.4.,, 9.5. 9.5.,, 9.6. 9.6.,, 9.7.

[2] H. S. M. Coxeter, Introduction to geometry , John Wiley, 2nd. Ed., 1969. [3]

H. S. M. Coxeter y S. L. Greitzer, Greitzer, Geometry revisited , The Mathematical Association of America, 1967.

[4] A.

Engel, Problem–solving strategies , Springer, 1998.

[5]

K. Kedlaya, Notes on euclidean geometry MIT, MIT, 1999.

[6]

Cristóbal Sánchez-Rubio Sánchez-Rubio and Manuel Ripollés Amela, Amela, Manual de matemáticas para preparación olímpica, Universitat Jaume I. Castellón, 2000.

[7] Sessions de preparació per l’olimpiada matemàtica , Soc. Cat. Mat. Barcelona, 2000.

Refencias Web: Teoría.

1. 2. 3. 4. Problemas para aplicar teoría.

5. 6. Problemas de Olimpiadas.

7.

Geometria Olimpiadas

Recommend Documents