Problemas de Geometra

Hugo Luyo Sanchez

Solucionario Geometra de Olimpiadas Australianas

Soluciones basadas en el solucionario oficial.

1. Siendo AH BC = E y AK BC = F , como BP es la bisectriz entoncesEH = AH, como CK es la bisectriz entonces FK = KA por tantoKH ||BC.

2. Si asumimos que XY ||AB entonces Y XC = B = , ahora que pasa sino ocurre esto, si en vez de esto tenemos que Y XC = , y poniendotodos los angulos que faltan en funcion de los angulos de A,B y C,conesto obtenemos que

[ABC][XY Z]

=BC2

Y Z2

Ahora teniendo queBC = BX+CX, y haciendo unos arreglos trigonometri-cos, se llega que esta razon es mnima cuando = 0, esto quiere decir queX,Y y Z son los puntos medios de los lados respectivos.

3. Siendo A = ,B = y C = , ahora si = entonces M yB coinciden, pero por simetra podemos asumir que < . Por tantoBMC = 180 as ACMB es un cuadrilatero cclico.Tenemos tambienque

BMK = KNC = 180 KNC =

as AKNC es un cuadrilatero cclico, por tanto

KMC = BMC BMK = 180 2

tambien COK = 2, por tanto OCMK es cclico, dado que OC = OK,el punto O biseca el arco KC, as KMO = OMC, de lo cual se sigue

KMO =KMC

2= 90

Por tanto BMO = BMK + KMO = 90.

4. Siendo el punto de tangencia a k en A,y siendo la longitud de esta tangentecomun a ambos crculos t, y siendo O y M los centros de los crculos ky K, por definicion de tangente MSB = 90 = MBS y por tantoABS = 90 MBS = .Ahora como BA y BS son tangentes a k enun punto comun, tenemos AB = BS = t y ABO = OBS = /2, en eltriangulo ABO se cumple tan/2 = r/t, luego en el triangulo BSM porley de cosenos

R2 = t2 +R2 2Rt cos (90 )

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lo cual nos lleva a t = 2R sin = 4R sin (/2) cos (/2), reemplazando enla ecuacion anterior, obtenemos lo que buscabamos.

5. Queda para ustedes, pues aun no logro entenderlo.

6. Tenemos que XY ||ZC y que XZ = 0, 5BC = Y C.En el paralelogramoCY XZ, se cumple Y XZ = Y CZ, ademas CPZ = PCZ y con estoCPZ es isosceles, luego como AZ = CZ tal que los puntos A,P,C estansobre el crculo con centro Z y diametro AC, con esto APC = 90.

7. Si AXBE = Y , CX

BD = Z y BX

DE = P , ahora tenemos dos

posibilidades, que X este dentro del BDE o fuera de el,tomaremos elprimer caso,como los triangulos BAE y BCD son rectangulos se cumpleAB2 = BY BE y BC2 = BZ BD,por condicion AB = BC lo cual noslleva a que

BY BE = BZ BD

con lo cual nos dice que D,E, Y y Z son concclicos, ademas el BDE BY Z, tal que ZY B = BDE, tambien tenemos que el cuadrilateroBYXZ es cclico pues XY B = XZB = 90, por tanto ZBX = XY Z,luego en BDP se cumple

BPD = 180 ZBX BDP = 90

lo que buscabamos.

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