Soluciones Ronda Final
Nivel Mayor:
Problema N°1:
Se tiene un hexágono ABCDEF de lados opuestos iguales y paralelos. Probar que AD, BE y CF se cortan en un punto.
Solución de "El discípulo de Severius, el discípulo de Wendy Carlos y Julieta":
AB//ED y además AB=ED por condición del problema. Entonces ABDE es un paralelogramo es decir que BE y AD se cortan en su punto medio. Como AF//CD y AF =CD, EFDC también es un paralelogramo y CF y AD se cortan en su punto medio. Como el punto medio de AD es único y AD, BE y CF pasan por este punto tenemos que AD, CF y BE concurren como queríamos demostrar.
Problema N°2:
Sea ABC un triángulo, Hb y Hc los pies de las alturas por B y C respectivamente, y Tb y Tc los puntos de tangencia sobre AC y AB con la circunferencia inscripta de ABC. Las bisectrices por B y C intersecan a TbTc en P y Q respectivamente. Probar que HbPQHc es cíclico (es decir, que los cuatro puntos están en una circunferencia).
Solución de "Los Maestros de los Discípulos":
En lo que sigue llamaremos a=CAB, b=ABC y c=BCA.
Por la propiedad de las tangentes, ATc=ATb, es decir que el triángulo ATcTb es isósceles. Por lo tanto, ATcTb = (180°-a)/2 = 90 - a/2. Luego, como ATcTb y BTcP son adyacentes, RTcP = 90°+a/2.
Además, como BP es bisectriz de ABC, TcBP=b/2. Entonces en el triángulo BTcP tenemos TcPB=180°-(90°+a/2+b/2)=c/2 (pues a+b+c=180°).
Entonces el cuadrilátero BQPC es cíclico puesto que BPQ=BCQ=c/2 (ya que CQ es bisectriz de BCA).
Ahora demostraremos que BQC=BPC=90°. Sea I el incentro de ABC. Tenemos dos casos posibles:
(i) P está afuera de ABC. En este caso, el cuadrilátero ITbPC es cíclico pues TbPI=TbCI; entonces IPC=ITbC=90° (por ser Tb punto de tangencia).
(ii) P está adentro de ABC. En este caso, el cuadrilátero IPTbC es cíclico pues BPQ=c/2, entonces IPT=180°, y como ICTb=c/2 tenemos que los ángulos opuestos son suplementarios. Por lo tanto, nuevamente IPC=ITbC=90°.
Pero además BHcC=BHbC=90°. Entonces tenemos: BQC=BHcC=BHbC=BPC=90°, por lo que los seis puntos B, Q, Hc, Hb, P, C son concíclicos, lo cual en particular implica que HbPQHc es cíclico, que era lo que queríamos demostrar.
Comentario: Como el ángulo inscripto mide 90º, el centro de la circunferencia que pasa por esos 6 puntos es el punto medio de BC.
Problema N°3:
Sea ABC un triangulo y sean D, E, F las intersecciones de las bisectrices de los ángulos BAC, ABC, ACB con los lados BC, AC y AB respectivamente. Sea ahora P la intersección de BE con FD y Q la intersección de CF con DE. Probar que BAP = CAQ.
Solución de "Los Señores del Mal":
El problema pide demostrar que ángulo BAP = ángulo CAQ, pero se sabe que ángulo BAD = ángulo CAD (por ser AD bisectriz del BAC), entonces es equivalente demostrar que ángulo PAD = ángulo QAD o tambien que sen(BAP)/sen(PAD) = sen(CAQ)/sen(QAD) (pues BAP+PAD=CAQ+QAD).
Sea d(P, XY) la distancia del punto P a la recta XY.
Sea P un punto en el interior del ángulo AOB entonces la razón d(P,OA)/d(P,OB) determina la recta donde está P (pues esta razón es la razón de los senos de los ángulos POA y POB que tienen suma constante=ángulo AOB). Además notar que lo único que importa de P es la recta OP y no dónde está sobre esta recta (pues los ángulos de esta recta con los lados del ángulo AOB serán los mismos).
Regresando al problema, entonces es suficiente demostrar que:
d(P, AB)/d(P, AD)=d(Q, AC)/d(Q, AD) «-»
d(P, BC)/d(P, AD)=d(Q, BC)/d(Q, AD) «-»
d(F, BC)/d(F, AD)=d(E, BC)/d(E, AD) «-»
d(F, AC)/d(F, AD)=d(E, AB)/d(E, AD) «-»
d(F, AC)/d(E, AB)=d(F, AD)/d(E, AD) «-»
AF.sen(BAC)/AE.sen(BAC)=AF.sen(BAD)/AE.sen(BAE) «-»
AF/AE=AF/AE
Lo cual es cierto y el problema queda resuelto.
Aclaraciones:
El primer “si y sólo si” se debe a que P esta en la bisectriz del ABC por lo que sus distancias a BC y AC son las mismas. Lo mismo para Q.
El segundo “si y sólo si” se debe a que P, F y D estan alineados y dicha recta pasa por el vértice del ángulo ADB (ver la observación anterior) y lo mismo para Q y E.
El tercer “si y sólo si” se debe a que F esta en la bisectriz del angulo ACB y lo mismo para E.
El cuarto “si y sólo si” es un pasaje de términos.
El quinto “si y sólo si” se obtiene de hacer trigonometría.
El ultimo “si y sólo si” se debe a que ángulo BAD = ángulo BAE.
Problema N°4:
Se tienen dos circunferencias C_1 y C_2 que se cortan en P y Q. Sea M un punto en el interior de C_1 y N un punto en el exterior de C_2. Construir un cuadrilátero ABCD con A y B en C_1 y C y D en C_2 de forma que M, Q, N, P estén sobre las rectas AB, BC, CD, y DA respectivamente.
Solución:
Vamos a suponer el problema resuelto y tratemos de determinar D en función de C_1, C_2, M y N. Verificar que la construcción propuesta funciona no es otra cosa que repetir la demostración “hacia atrás”.