De nuestra selección (Tamaulipas), solamente Brewer y Claudia lo resolvieron. Algo predecible pues a los demás no les gusta la geometría --y quizá no les gusta porque no la han conocido... (Esperamos un bronce para Brewer y una mención para Claudia --de nuevo no llegaremos a la plata...)
El problema
Sean $C_1$ una circunferencia con centro $O$, $P$ un punto sobre ella y $l$ la recta tangente a $C_1$ en $P$. Considera un punto $Q$ sobre $l$, distinto de $P$, y sea $C_2$ la circunferencia que pasa por $O, P$ y $Q$. El segmento $OQ$ intersecta a $C_1$ en $S$ y la recta $PS$ intersecta a $C_2$ en un punto $R$ distinto de $P$. Si $r_1$ y $r_2$ son las longitudes de los radios de $C_1$ y $C_2$, respectivamente. Muestra que $PS/SR=r_1/r_2$.
La solución
Primero hay que ver que $OQ$ es diámetro de $C_2$ (pues el radio es perpendicular a la tangente y se aplica el otro teorema de Tales). Después hay que ver que los triángulos $PSO$ y $QRO'$ --$O'$ el centro de $C_2$-- son isósceles y semejantes.
Entonces $PS/QR=SO/RO'=r_1/r_2$. Pero $QR=RS$ --pues los triángulos $PSO$ y $QSR$ son también semejantes. De ahí el resultado.
Los comentarios
1. El problema contiene un elemento disruptor del razonamiento. Éste es el hecho casi obvio de la semejanza de los triángulos $PSO$ y $QSR$, el cual se adhiere a la mente como un parásito y bloquea todo el razonamiento.
2. Para desbloquearlo hay que pensar que falta involucrar a $r_2$. De ahí la necesidad de ubicar el centro $O'$ de $C_2$. Con ello la semejanza adecuada no tarda en aparecer. (De hecho, la semejanza parásita es también necesaria pero solamente para finalizar la demostración.)
3. El problema es fácil porque solamente requiere saber el teorema del triángulo isósceles y el manejo de ángulos inscritos en la geometría del círculo (y obviamente semejanza).
4. Pero tiene cierta dificultad (la de encontrar la semejanza adecuada). Si se me permite la comparación con el ajedrez: es como un problema de mate en 2.
Los saluda
jmd
PD: Para ver la semejanza adecuada basta ver que el ángulo $QPS$ --de medida $x$, digamos-- intercepta al arco $PS$ en $C_1$ y al $QR$ en $C_2$. De ahí que los ángulos centrales $POS$ y $QO'R$ midan $2x$.
Este problema sale facilmente
Este problema sale facilmente con pura trigonometría y cacería de ángulos. Algunas herramientas que resuelven el problema con trigonometría son: definición de seno, teorema de la bisectriz generalizado, ley de senos, identidad de doble ángulo, identidad del angulo complementario. Varias soluciones salen con una mezcla de lo anterior y de fijarse que $RQ=RS$.
Otro dato interesante es que si uno pone $S$ como la otra intersección de $QO$ se obtiene un problema análogo.
El delegado Ramón J Llanos me
El delegado Ramón J Llanos me facilitó las soluciones. La que presento en el post es una de las soluciones oficiales. La otra --por cierto no muy elegante-- es la siguiente (adaptada a mi estilo de argumentar):