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Problemas Resueltos Nº 50

Año II-2007

Problemas Resueltos Nº 50

Año II-2007

En este número 50 si venimos a todo trapo, trayendo lo mejor que haya podido encontrar en la

Esto sugiere que el centro de w, el cual es el punto medio de MN, es asimismo el punto

red, y con el mayor entusiasmo de que realmente sea bueno, creo que lo merece. Primero al

medio de KO, y ya lo tenemos hecho.

autor por el esfuerzo puesto en el asunto, y segundo en ustedes que con su entusiasmo, y bue-

Solución 2

nos deseos (poca colaboración eso si…., no se me enojen), han provocado que este engendro

Diremos que todos los tipos de ángulos, son mo-

llegue al número 50. Así que la culpa no es solo mía.

dulo 180º.

Vamos pues arrancando con Geometría (cuando no……)

Los puntos O y M, que son los circuncentros de los

Gracias a ustedes por la paciencia.

triángulos CAB y KAB, están en la mediatriz del

Problema 1

segmento AB, así tenemos que OM es perpendicu-

Arrancamos con uno aparecido en una prueba de preparación alemana, donde los solucionado-

lar a AB.

res (sic..), dieron dos soluciones a cual mas bella pero de muy alto nivel la primera y de mucha

Si K' es la reflexión de K en N, entonces KK' es un

astucia la segunda. Pongo las dos porque me parecen formativas y proclives a la investigación, la verdad que la solución me encanta pero me quedo un poquito cortín con la forma, es muy buena la verdad.

Las cuerdas AC y BD de un círculo

diámetro del circuncírculo del triángulo CDK. De aquí,

∠KCK´= 90º .

Pero

la

suma

de

los

ángulos

del

triángulo

KCK'

es

∠K´KC + ∠KCK´+∠CK´K = 0º .

k se cortan en K, y sea O el centro del círculo. Sean M y N los

Por estar subtendidos por la misma cuerda, ∠CK´K = ∠CDK , de aquí, ∠CK´K = ∠CAB

circuncentros

(de nuevo por cuerdas subtendidas). Más aún, tenemos ∠KCK´= 90º , como se ha dicho

de

los

triángulos

AKB y CKD. Demostrar que el

anteriormente. De aquí: ∠K´KC + 90º +∠CAB = 0º para que:

cuadrilátero OMKN es un parale-

∠(KN; AB) = ∠(KN; AC ) + ∠( AC ; AB) = ∠K´KC + ∠CAB

logramo.

= ∠K´KC + 90º +∠CAB) − 90º = 0º −90 = 90º

Fuente:

German TST 2004, exam

VII, problem 2, by Arthur Engel; part of AMM problem #10874

(Recuerda que los ángulos son directamente modulo 180). De aquí KN es perpendicular a AB. Junto con OM perpendicular a AB, esto nos da KN // OM. En forma similar, KM // ON; por lo tanto, OMKN es un paralelogramo. Solución: Darij de Mathlinks, diagramación, adaptación y traducción por Aldo Gil

Solución 1 Es bien conocido que si construimos una línea que

Problema 2

pasa por K la cual corta a los círculos AKB y CKD en

Este es un problema con propiedades por ve-

X, Y respectivamente, entonces la ubicación del pun-

rificar.

to medio de XY es un círculo w centrado en el punto

Dos cuadrados ACDE y ABFG son cons-

medio de MN y pasa por K. Tenemos que demostrar

truidos en el exterior del triángulo ABC.

que los puntos medios de KO y MN coinciden. Las

Las perpendiculares a BC por B y C cortan

líneas AC y BD cortan a w en sus puntos medios.

a GE en los puntos P y Q. Demostrar que:

Consideramos las perpendiculares a estas dos líneas

BP + CQ ≥ BC + GE .

que pasan por sus puntos medios. Ellas por ser me-

Fuente: Irán 1998

diatrices de k, se interceptan en O y en un punto en w diametralmente opuesto a K. _______ EL CONOCIMIENTO ES PATRIMONIO DE LA HUMANIDAD

_______ Pág. 1

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Solución

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co y simple de no hacerse problemas con los problemas (valga la redundancia).

Hay algunas propiedades de los triángulos ABC y AGE los cuales no voy a demostrar

a) Una rotación de 60º alrededor de A transforma el triángulo CAF en el triángulo EAB;

(en realidad no son muy duros).

tal que: ∠ (CF,EB)=60º. Una rotación análoga alrededor de C transforma el triángulo

Primero que todo, la mediana de

EBC en ADC; esto es. ∠ (EB,AD)=60º. También una rotación alrededor de B produce

uno de estos dos triángulos corres-

∠ (AD,FC)=60º. Sea S la intersección de EB y AD. Aquí sabemos que:

pondiente al vértice A, es la mitad

∠ CSE= ∠ CAE=60º, los vértices de EASC están en un círculo. Por lo tanto ∠ (AS,SC) =60º, esto es ∠ (AD,SC)60º, y las líneas SC y FC coinciden.

del lado opuesto de A del otro triánla

b) Una rotación de EASC de 60º, alrededor de E transforma A en C y S en un punto T

mediana correspondiente A en uno

donde SE=ST=SC+CT=SC+SA. Sumando las igualdades: SE=SC+SA, con las igual-

gulo.

Otra

propiedad

es

que

dades análogas: SD=SB+SC y SF=SA+SB, de donde fácil se deduce lo solicitado.

de ellos es perpendicular al lado

Solución: Respuesta Oficial del jurado, diagramada y traducida por Aldo Gil C.

opuesto de A en el otro. Sea M el punto medio de BC, N el punto medio de GE, T la intersección de GE y la mediatriz de BC. De acuerdo con la primera propiedad la conclusión es equivalente a MT ≥ AN + AM . Sea la paralela trazada por A a GE que corta a MT en A´. AA´TN es un paralelogramo porque MT y AN son perpendiculares

a

BC

(de

acuerdo

con

la

segunda

propiedad).

Tenemos:

MT=A´T+A´M=AN+A´M ≥ AN+AM, porque en el triángulo rectángulo A´AM A´M es la hipotenusa y AM es un cateto, mas corto que A´M.

Problema 4 Sea el triángulo ABC con ortocentro H, y sea P un punto en su circuncírculo. Sea E el pie de la altura BH, sean PAQB y PARC paralelogramos, y AQ que corta HR en X. Probar que EX es paralelo a AP. Fuente: Lista Corta para la 37C IMO Solución-1997

Algo que se me ha olvidado, la igualdad ocurre si AB=AC.

Solución

Solución: Darij de Mathlinks, diagramación, adaptación y traducción por Aldo Gil

Este es un problema de antología, lo encontré en la fuente de la referencia, y pues si se trata de ser didáctico, se ofrece

Problema 3

una solución por parte de los autores, bastante corta, y me

Dado un triángulo ABC cuyos ángulos son menor

tome la libertad de diagramarlo en varias figuras, a fin de

que 120º, se trazan en forma exterior los triángulos equiláteros AFB, BDC y CEA. a) Probar que las líneas AD, BE y CF pasan por un punto S. b) Probar que: SD+SE+SF=2(SA+SB+SC) Fuente: Lista Corta de Problemas 1984-IMO

que sea entendible, ya me parece estar haciendo tratados de matemática con estas divagaciones , pero en fin se trata de aportar algo, y como no me la pienso pasar solo de traductor, pues aportaré lo que se pueda, disfrútalo con mucha paciencia, es muy bueno………

Primero demostraremos que los triángulos ABC y AQR tiene el mismo ortocentro H. Sean G y G', res-

Solución

pectivamente, los centroides de los triángulos ABC y

Un típico problema bastante sencillo, conceptual y

PBC. Desde que los dos triángulos comparten los

con aplicación directas de rotaciones, una sección que pocas veces utilizamos pero son bastantes útiles en la solución de problemas. Este es un caso didácti_______ EL CONOCIMIENTO ES PATRIMONIO DE LA HUMANIDAD

_______ Pág. 3

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vértices B y C, se deduce que GG'=

AP . (En la figura 3

2 podemos ver el trazo de las alturas del triángulo PQR, y _______ EL CONOCIMIENTO ES PATRIMONIO DE LA HUMANIDAD

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en la figura 3, en forma gráfica la conclusión de la dimensión de GG').

Problema 5

Los dos triángulos también tienen el mismo circuncentro 0, usando la conocida relación

En un triángulo ABC, el ángulo C es 30º. D es un punto en AC y E es un punto en BC tal

entre el circuncentro, centroide y ortocentro del triángulo, deducimos que HH' = AP

que AD=BE=AB. Probar que OI=DE y OI es perpendicular a DE, donde O e I son res-

(Ver figura 4). Desde que AQR es obtenido del triángulo PBC por traslación del vector

pectivamente el circuncentro y el incentro del triángulo ABC.

H'H, deducimos que el ortocentro del triángulo AQR es H.

Fuente: Primer Test de selección para la IMO China – 1998

Esto implica que RH es perpendicular a AQ, (ver

Solución

así X es el pie de la altura del triángulo

Vamos a generalizar el problema considerando un trián-

AQR (trazada desde R). Debemos probar que EX

gulo cualquiera ABC con c0, implica que: x+y-xy>0, así 0 ≤ y < E ⎜ ⎟ (E(u) es la parte en⎝ x − 1⎠

tera de u) si x=2 entonces los valores de y son 0;1;2 y si x=1 la ecuación retorna los

Austria

valores de y=0,2 y si no los únicos valores de y son 0,1. Las soluciones son

Solución

(0,1).(1,0).(2,1).(1,2).

Ubicamos X en FE (prolongado), Y en FD (prolonga-

Solución: En la lista y traducido por Aldo Gil.

do), Z en FC (prolongado) y W en FB (prolongado) tal que EX=AE, DY=AD, CZ=AC, BW=AB. Entonces

Problema 16

FX=AB+BE=AD+DF=FY, FW=AB+BF, FZ=AC+CF. Es

Un triángulo acutángulo ABC es tomado en un

suficiente demostrar que: FW=FZ.

plano. El círculo con diámetro AB intercepta la

Sean I1 y I2 las bisectrices de los ángulos AEX y ADF

altura CE y su prolongación en los puntos M y N.,

respectivamente. Desde que los triángulos AEX y

y el círculo con diámetro AC intercepta la altura

ADY son isósceles, I1 é I2 son mediatrices de AX y AY. Sea

α = ∠ EAX= ∠ AXE y

β = ∠ DAY= ∠ DYA, entonces ∠ AEB=2 α y ∠ ADF=2 β . Desde que 2 α + ∠ BAC