Problemas de geometría del triángulo en competiciones internacionales.

Transcripción

1 Problemas de geometría del triángulo en competiciones internacionales. Introducción. Ricardo Barroso Campos Didáctica de las Matemáticas Universidad de Sevilla. Desde la Primera Olimpiada Internacional de 1959 celebrada en Rumanía donde se propuso un problema de la geometría del triángulo,(construir un triángulo rectángulo de hipotenusa dada c tal que la mediana trazada a la hipotenusa sea la media geométrica de los catetos del triángulo), hasta la Olimpiada de 2007, celebrada en Vietnam, con el problema (En un triángulo ABC la bisectriz del ángulo BCA corta a la circunferencia circunscrita en R con R distinto de C, a la mediatriz de BC en P y a la mediatriz de AC en Q. El punto medio de BC es K y el punto medio de AC es L. Demostrar que los triángulos RPK y RQL tienen áreas iguales.), se puede decir que la geometría del triángulo ha estado presente en casi todas las Competiciones. Los problemas que se presentan son de Olimpiadas de distintos países de los años 1996 y Hay varios resueltos por el autor y varios que se proponen para que el lector interesado pueda resolverlos. Problemas resueltos. Rusia (1997) Sobre los lados AB y BC de un triángulo equilátero ABC se eligen puntos D y K, y sobre el lado AC se eligen E y M, tales que DA + AE = KC + CM = AB. Demostrar que el ángulo entre las rectas DM y KE es igual a pi/3.

2 Construyamos M sobre AB tal que AM =CM, y E sobre BC tal que CE =AE. Los triángulos KMM y DEE son equiláteros y tienen de centro el mismo centro que ABC.

3 Si observamos los triángulos ODM y OKE, están girados 120º, luego se cumple lo pedido. Turquía (1997) En un triángulo ABC con un ángulo recto en A, H es el pie de la altura desde A. Demostrar que la suma de los inradios de los triángulos ABC, ABH y ACH es igual a AH. Sea ABC triángulo rectángulo en A.

4 H el pie de la altura desde A. La suma de los inradios de ABC, ABH y ACH es AH. Sean r el inradio de ABC, r1 el de ABH y r2 el de ACH r= (c+b-a)/2 Sea m, y n BH y CH, respectivamente. Es r1 = (m+h-c)/2 Es r2= (n+h-b)/2. Así, r+r1+r2= (c+b-a+m+h-c+n+h-b)/2=h, cqd. China (1996) Sea H el ortocentro del triángulo acutángulo ABC. Las tangentes por A a la circunferencia de diámetro BC lo son en P y Q. Demostrar que P, Q y H son colineales.

5 AH AHa = AP AP =AQ AQ Luego por H,Ha,P y por H,Ha,Q pasan dos circunferencias tangentes en P y Q a la circunferencia de diámetro BC, lo que determina la alineación de P,Q y H, por ser las rectas HQ y HP antiparalelas a BC, y por tanto tener la misma dirección. Irlanda (1996) Sea ABC un triángulo acutángulo y sean D, E y F los pies de las alturas desde A, B y C, respectivamente. Sean P, Q y R los pies de las perpendiculares desde A, B y C a EF, FD y DE, respectivamente. Demostrar que las rectas AP, BQ y CR son concurrentes.

6 Sean a, b y c las amplitudes de los ángulos de ABC. El cuadrilátero BFEC es inscrito en una circunferencia, por ser <BEC=BFC=90º. Luego <FEB=<FCB=90º-b. Por ello, <AEF=b. Además <AFE=b, al ser <FAE=a. Luego <EAP=90º-<AEP=90º-<AEF=90º-b, y <FAP=90º-<AFP=90º-c. Por una situación geométrica análoga, es <ECR=90º-<CER=90º-b, y <DRC=90º-<CDR=90º-a <DBQ=90º-<QDB=90º-a, y <FAP=90º-<PFA=90º-c. De esta manera los triángulos OCA, OBC y OAC son isósceles y O es el circuncentro de ABC. San Petersburgo (1996) Sea BD la bisectriz del ángulo B en el triángulo ABC. La circunferencia circunscrita del triángulo BDC corta a AB en E, y la del ABD corta a BC en F. Demostrar que AE=CF.

7 AD/AE=AB/AC, al ser los triángulos AED y ACB semejantes. Es CF/CD=CA/CB al ser los triángulos CFD y CAB semejantes. Luego es CF= CA CD /CB, y AE = AC AD / AB; así, será CF=AE si es CD/CB= AD/AB, lo que se verifica al ser BD bisectriz.

8 Inglaterra (1996) Sea ABC un triángulo acutángulo y O su circuncentro. Sea S la circunferencia que pasa por A, B y O. Las rectas CA y CB cortan a S otra vez en P y Q. Demostrar que CO es perpendicular a PQ. Es <COB=2a, por lo que al ser AOB isósceles, es <OCB=90º-a. Es CQ CB=CA CP, por lo que los triángulos CAB y CQP son semejantes. Así, <CQP=a, y por ello es OC perpendicular a PQ, cqd.

9 Problemas propuestos para el lector interesado. Francia (1996) Sea ABC un triángulo y construyamos los cuadrados ABED; BCGF; ACHI externamente sobre los lados de ABC. Demostrar que los puntos D; E; F; G; H; I son concíclicos si y sólo si ABC is equilátero or rectángulo isósceles. Irán (1996) Sea ABC un triángulo escaleno. Las medianas por A; B; C cortan a la circunferencia circunscrita otra vez en L; M; N, respectivamente. Si LM = LN, demostrar que 2BC 2 = AB 2 + AC 2. Italia (1996) Entre los triángulos con un lado de longitud dada l y área dada S, determinar todos aquellos en los que el producto de sus tres alturas es máxima. Vietnam (1996) Consideremos los triángulos ABC donde BC=1 y el < BAC tiene una mdedida fija α > pi / 3. Determinar cuál de estos triángulos minimiza la distancia entre el incentro y el baricentro de ABC, y calcularla en términos de α. Bulgaria (1996) Sea ABC un triángulo equilátero de área 7 y sean M y N puntos sobre los lados AB y AC, respectivamente, tal que AN=BM. Sea O la intersección de BN y CM. Supongamos que el triángulo BOC tiene de área 2. (a) Demostrar que MB/AB es igual a 1/3 o 2/3. (b) Hallar < AOB. Hungría (1997) Sean a; b; c los lados, m a ; m b ; m c las longitudes de las alturas, and d a ; d b ; d c las distancias desde los vértices al ortocentro en un triángulo acutángulo. Demostrar que m a d a + m b d b + m c d c = a 2 + b 2 + c 2

10 Taiwan (1997) Sea AB un segmento dado. Encontrar los posibles puntos C del plano tales que la altura desde A y la mediana desde B tengan la misma longitud. Bibliografía: Andreescu T. and Feng Z. (1999) Mathematical Olympiads Problems and Solutions from Around the World. Edited by Reviewed by Carl D. Mueller (AMC).