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2 Problema 84. Sea AB el diámetro de una semicircunferencia de radio R y sea O el punto medio del segmento AB. Con centro en A y radio OA se traza el arco de circunferencia OM. Calcular, en función de R, el radio de la circunferencia inscrita en el triángulo mixtiĺıneo OMB.

3 Problema 84. Sea AB el diámetro de una semicircunferencia de radio R y sea O el punto medio del segmento AB. Con centro en A y radio OA se traza el arco de circunferencia OM. Calcular, en función de R, el radio de la circunferencia inscrita en el triángulo mixtiĺıneo OMB.

4 En el ACD, En el OCD, AD = (R x) = x + de donde, operando, (R + x) x. ( (R + x) x R), R Rx + x = x + R + Rx R R + Rx + R, R R + Rx = R + 4Rx, R + Rx = R + 4x, 4R + 8Rx = R + 8Rx + 16x, 3R = 16x, 3 x = 4 R.

5 Problema 85. Se señalan sobre una circunferencia n puntos de tal modo que al trazar todas las cuerdas posibles que los unen de dos en dos no haya tres cuerdas concurrentes. En cuántas regiones queda dividido el círculo por estas cuerdas?

6 Problema 85. Se señalan sobre una circunferencia n puntos de tal modo que al trazar todas las cuerdas posibles que los unen de dos en dos no haya tres cuerdas concurrentes. En cuántas regiones queda dividido el círculo por estas cuerdas? Para n =, 3, 4, 5 puntos resultan = 1, 4 =, 8 = 3, 16 = 4 regiones, pero para n = 6 sólo resultan 31 regiones y no 3 (el problema de la región perdida). Dentro del círculo quedan determinados ( n 4) puntos de intersección de cuerdas (cada punto interior queda determinado por dos cuerdas que pasan por dos parejas de puntos distintos de la circunferencia, es decir, queda determinado por cuatro puntos distintos de la circunferencia).

7 El número de segmentos rectiĺıneos interiores es igual al número de cuerdas, ( n ), más dos veces el número de puntos interiores de intersección de cuerdas (esto se puede probar por inducción sobre el número de cuerdas). En el grafo que forma la circunferencia con las cuerdas, se cumple Regiones interiores + Vértices = Aristas + 1, luego el número de regiones es [( ) ( ) ] n n + + n [( ) ] n + n = ( ) n + ( ) n. 4

8 Problema 86. Si a, b y c son los lados de un triángulo, demuestra que a b + c a + b c + a b + c a + b c 3.

9 Problema 86. Si a, b y c son los lados de un triángulo, demuestra que a b + c a + b c + a b + c a + b c 3. Haciendo los cambios x = b + c a, y = a + c b, z = a + b c, (los números x, y, z son positivos por la desigualdad triangular) la desigualdad se reescribe y + z x + z + x y + x + y z 3 o equivalentemente, ( x y + y ) ( y + x z + z ) ( z + y x + x ) 6. z

10 Para probar esta última desigualdad recordemos que si u y v son dos números reales positivos, entonces se verifica u v + v u, con igualdad si y sólo si u = v. Luego en la desigualdad original la igualdad se alcanza solamente para un triángulo equilátero.

11 Problema 87. Sea ABC un triángulo, y sea P un punto en su interior. Se denotan respectivamente por D, E y F los pies de las perpendiculares por P a las rectas BC, CA y AB, y supongamos que se cumple AP + PD = BP + PE = CP + PF. Si se denotan por I A, I B, I C los exincentros (centros de las circunferencias tangentes a un lado y a las prolongaciones de los otros dos lados) del triángulo ABC, probar que P es el circuncentro del triángulo I A I B I C.

12 Solución 1. Sea a = BC, b = CA, c = AB, y p = a+b+c. Por la hipótesis es BD = BP PD = AP PE = AE ; por tanto, BD = AE.

13 De forma análoga resulta CE = BF y AF = CD. Como BD + DC = a, CE + EA = b y AF + FB = c, obtenemos que BD = AE = p c, CE = BF = p a, y AF = CD = p b, lo que implica que D, E y F son los puntos de tangencia de las circunferencias exinscritas con los lados BC, CA, y AB, respectivamente. En particular, D está en la recta PI A, y análogamente resulta para E y F. I C I A I B B AB I C P PI C B = ABI B = B PI A BC I B BC = BI A P = B PI C I A es isósceles de lados iguales I C P = I A P. De forma análoga se prueba que I B P = I A P. Por lo tanto P es el circuncentro.

14 Solución. Como I A I B es la bisectriz exterior de C es BCI A = π C, de forma análoga ABI C = π B y CAI B = π A I A = π C + π B = π A I B = π B, I C = π C. La bisectriz interior I A A es perpendicular a la bisectriz exterior I B I C ; por tanto I A A es la altura por I A del triángulo I A I B I C. Además, I C I A A = π AI C I A = C y DI AC = π BCI A = C. Por tanto, I a D es la imagen de la altura I A A en la simetría de eje la bisectriz interior de I B I A I C. Se sigue que I A D pasa por el circuncentro del I A I B I C. De forma análoga I B E, I C F pasan por el circuncentro.

15 Problema 88. Los puntos M de la recta x = 1 se transforman en los M, tales que O, M, M están alineados y OM OM = 4. Se pide: 1 Determinar el lugar geométrico de los puntos M. Hallar el par de puntos M, M correspondientes en la transformación, tales que M sea el punto medio del segmento OM.

16 La transformación es una inversión de centro O y potencia 4, de circunferencia de puntos dobles la circunferencia de centro O y radio. La transformada de la recta x = 1 es la circunferencia que pasa por A, O y B, de centro (, 0) y radio, de ecuación (x ) + y = 4.

17 Los puntos M que verifican que M es el punto medio de OM estarán en la recta homotética de x = 1 en la homotecia de centro O y razón, que es la recta x = ; como además tienen que estar en la circunferencia (x ) + y = 4, resolviendo el sistema resulta M = (1, 1), M = (, ) y N = (1, 1), N = (, ).

18 Problema 89. Sean a, b, c > 0. Probar que a b + c + b c + a + c a + b 3 (desigualdad de Nesbitt).

19 Problema 89. Sean a, b, c > 0. Probar que a b + c + b c + a + c a + b 3 (desigualdad de Nesbitt). Solución 1. Lema 1. Sean x, y números positivos y a, b reales. Se tiene a x + b y (a+b) x+y : (a y + b x)(x + y) xy(a + b) a xy + b x + a y + b xy a xy + abxy + b xy (bx ay) 0

20 Lema. Sean x, y, z números positivos y a, b, c reales. Se tiene a x + b y + c z (a+b+c) x+y+z : a x + b y + c z (a + b) x + y + c z Las dos desigualdades se deducen del lema 1. Por el lema tenemos (a + b + c) x + y + z a a(b + c) + b b(c + a) + c (a + b + c) c(a + b) (ab + ac + bc) = = 1 + a + b + c (ab + ac + bc) Por Cauchy-Schwarz es a + b + c ab + ac + bc, por lo tanto 1 + a + b + c (ab + ac + bc) = 3

21 Solución. Equivalentemente, es decir, a b + c b c + a c a + b + 1 9, ( 1 (a + b + c) a + b + 1 b + c + 1 ) 9 c + a. Pero esto resulta de la desigualdad entre medias armónica y geométrica: 3 1 a+b + 1 b+c + 1 c+a b + c + c + a + a + b 3 = (a + b + c). 3

22 Problema 90. Sean a, b, c las longitudes de los lados de un triángulo ABC, R el radio de la circunferencia circunscrita, O el circuncentro, G el baricentro y H el ortocentro. Probar: 1 Los puntos H, G y O están alineados (recta de Euler), y HG = GO. OH = 9R (a + b + c ).

23 Problema 90. Sean a, b, c las longitudes de los lados de un triángulo ABC, R el radio de la circunferencia circunscrita, O el circuncentro, G el baricentro y H el ortocentro. Probar: 1. 1 Los puntos H, G y O están alineados (recta de Euler), y HG = GO. OH = 9R (a + b + c ).

24 Sean A, B y C los puntos medios de los lados del ABC. El A B C es semejante al ABC con razón de semejanza 1/. Las mediatrices del ABC son alturas del A B C, así que el punto O es ortocentro del A B C. De ahí resulta que AH = OA. Además sabemos que AG = GA y que las rectas AD y OA son paralelas (por ser ambas perpendiculares a BC). Luego HAG = OA G, los triángulos HAG y OA G son entonces semejantes, HG = GO, y también se tiene AGH = A GO, lo que demuestra que los tres puntos O, G y H están alineados.

25 . Por el teorema de Stewart aplicado al AOA dividido por la ceviana OG, se tiene AA (OG + AG GA ) = AO GA + OA AG. Pero aquí, OG = 1 9 OH por el apartado anterior, AG = 3 AA, GA = 1 3 AA y OA = R.

26 Se sustituye todo, se divide por AA y queda OH + AA = 3R + 6 OA. Por el teorema de Pitágoras en el OA B, se tiene OA = R (a/), luego OH + AA = 3R + 6R 3a. Finalmente, AA = 1 4 (b + c a ) (por la ley del paralelogramo), luego OH = 9R (a + b + c ).