Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Llamamos $a=BC$, $b=AC$ y $c=AB$ por comodidad. Utilizando la fórmula para la longitud de las medianas $m_b$ y $m_c$ y que $GC=\frac{2}{3}m_c$ y $GB=\frac{2}{3}m_b$ (el baricentro está al doble de distancia de un vértice que del punto medio del lado opuesto), tenemos que \begin{align*} AB+GC=c+\frac{2}{3}m_c=c+\frac{2}{3}\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}-\frac{c^2}{4}},\\ AC+GB=b+\frac{2}{3}m_b=b+\frac{2}{3}\sqrt{\frac{a^2+c^2}{2}-\frac{b^2}{4}}.\\ \end{align*} La igualdad a probar se reduce a la siguiente: \[\frac{3}{2}(c-b)=m_b-m_c.\] Sin embargo, podemos multiplicar por la expresión conjugada para obtener también \begin{align*} \frac{3}{2}(c-b)&=\sqrt{\frac{a^2+c^2}{2}-\frac{b^2}{4}}-\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}-\frac{c^2}{4}}\\ &=\frac{\left(\frac{a^2+c^2}{2}-\frac{b^2}{4}\right)-\left(\frac{a^2+b^2}{2}-\frac{c^2}{4}\right)}{\sqrt{\frac{a^2+c^2}{2}-\frac{b^2}{4}}+\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}-\frac{c^2}{4}}}=\frac{\frac{3}{4}(c^2-b^2)}{m_b+m_c}. \end{align*} Razonemos por reducción al absurdo suponiendo que no se cumple que $b=c$. En tal caso, podemos simplificar el factor común $c-b$ y despejar $m_b+m_c=\frac{1}{2}(b+c)$. Junto con la condición $\frac{3}{2}(c-b)=m_b-m_c$, podemos despejar $m_b=c-\frac{b}{2}$ y $m_c=b-\frac{c}{2}$. Esto contradice la desigualdad triangular en los triángulos $AMC$ y $ANB$, siendo $M$ y $N$ los puntos medios de $AB$ y $AC$, respectivamente. Por lo tanto, tiene que ser $b=c$ y el triángulo es isósoceles.

Solución. Definimos $P\neq C$ como el segundo punto de corte de las circunscritas a los triángulos equiláteros $A'BC$ y $AB'C$. Por la propiedad del arco capaz, se tiene que \[\angle B'PC=180^\circ-\angle B'AC=120^\circ,\qquad \angle A'PC=180^\circ-\angle A'BC=120^\circ.\] Deducimos que \[\angle APB=\angle A'PB'=360^\circ-\angle B'PC-\angle A'PC=120^\circ,\] luego $P$ también está en la circunferencia circunscrita a $ABC'$. Así, la propiedad del arco capaz en las tres circunferencias nos da los siguientes ángulos: \begin{align*} \angle B'PA&=\angle B'CA=60^\circ,& \angle A'PB&=\angle A'CB=60^\circ,\\ \angle APC&=\angle AB'C=60^\circ,& \angle APC'&=\angle ABC'=60^\circ. \end{align*} Esto nos dice que $P$ está en la intersección de $AA'$, $BB'$ y $CC'$ y tenemos probado el apartado (a). También tenemos el apartado (b) ya que hemos probado implícitamente que el lugar geométrico de $P$ es el arco menor $AB$ de la circunferencia circunscrita a $ABC'$.

Observemos que, como $A'',B'',C''$ son los centros de las circunferencias circunscritas que hemos trazado, se cumple que la recta $A''B''$ es perpendicular a la recta $CC'$, la recta $A''C''$ es perpendicular a $BB'$ y la recta $B''C''$ es perpendicular a $AA'$. Como las rectas $AA',BB',CC'$ forman ángulos de $60^\circ$, obtenemos que $A''B'',B''C'',C''A''$ también forman ángulos de $60^\circ$, luego el triángulo $A'',B'',C''$ es equilátero y tenemos ya el apartado (c).

Finalmente, para responder al apartado (d), consideremos el punto $Q$ diametralmente opuesto a $P$ en la circunferencia circunscrita a $AB'C$. Se tiene entonces que $\angle PB'Q=90^\circ$ y $\angle AB'P=120^\circ$, luego, una vez más por la propiedad del arco capaz, \[\angle B'PB''=\angle B'PQ=90^\circ-\angle B'QP=90^\circ-\angle B'CP.\] De la misma forma, se tiene que $\angle A'PA''=90^\circ-\angle A'CP$, luego podemos sumar para obtener que \[\angle B'PB''+\angle A'PA''=180-\angle B'CP-\angle A'CP=180^\circ-\angle B'CA'=120^\circ.\] Como $\angle B'PB''+\angle B''PA''+\angle A'PA''=240^\circ$, obtenemos que $\angle B''PA''=120^\circ$, luego $P$ está en la circunferencia circunscrita al triángulo $A''B''C''$.

Nota. El problema en sí está muy relacionado con el teorema de Napoleón para el triángulo $ABC$. Justo nos dicen que analicemos el caso en que $ABC$ es degenerado (sus vértices están alineados). Los apartados (a), (b) y (c) son parte de la demostración estándar de este resultado clásico, aunque (d) es distinto ya que no es cierto en general para un triángulo cualquiera.

Solución. Llamemos $S_1$, $S_2$, $S_3$, $S_4$ a las áreas de los triángulos $CGQ$, $AGQ$, $BGP$ y $AGP$, respectivamente, que se encuentran coloreadas en la figura. Como $CGQ$ y $AGQ$ tienen una altura común y también la tienen $BGP$ y $AGP$ (estas alturas comunes están dibujadas en línea discontinua azul), tenemos que \[\frac{PB}{PA}\cdot\frac{QC}{QA}=\frac{S_4}{S_3}\cdot\frac{S_1}{S_2}.\] Ahora vamos a calcular estas áreas de otra forma, para lo que trazamos las alturas $AA'$, $BB'$ y $CC'$, siendo $A',B',C'$ puntos de la recta que pasa por $G$. Tenemos entonces que \[\frac{S_4}{S_3}\cdot\frac{S_1}{S_2}=\frac{BB'\cdot CC'}{(AA')^2}.\] Ahora bien, como $M$ es el punto medio de $BC$, la altura $MM'$ del triángulo $MPQ$ (en gris discontinuo) cumple que $MM'=\frac{1}{2}(BB'+CC')$. El área de $PMQ$ es $\frac{1}{2}MM'\cdot PQ$ y el área de $APQ$ es $\frac{1}{2}PQ\cdot AA'$. Como el área de $APQ$ es el doble que la de $PMQ$ (ya que el baricentro divide a la mediana en dos segmentos tales que $AG=2GM$), tenemos que $\frac{1}{2}(BB'+CC')=MM'=\frac{1}{2}AA'$, de donde $AA'=BB'+CC'$. Finalmente, esto nos dice que \[\frac{PB}{PA}\cdot\frac{QC}{QA}=\frac{BB'\cdot CC'}{(AA')^2}=\frac{BB'\cdot CC'}{(BB'+CC')^2}=\frac{1}{2+\frac{BB'}{CC'}+\frac{CC'}{BB'}}\leq\frac{1}{4},\] donde hemos usado que la suma de un número positivo y su inverso es mayor o igual que $2$.

Solución. Por ser el triángulo isósceles, tenemos que $\angle ABC=\angle ACB=\frac{180-36}{2}=72^\circ$. La bisectriz divide al ángulo en dos ángulos iguales, luego $\angle ABD=\angle DBC=\frac{72}{2}=36^\circ$. Además, como la suma de los ángulos de $BCD$ es $180^\circ$, obtenemos rápidamente $\angle BDC=180-36-72=72$. Por tanto, el triángulo $BCD$ es isósceles y tiene ángulos de $36^\circ, 72^\circ, 72^\circ$ (véase la figura).

El triángulo $ABD$ también es isósceles por tener dos ángulos iguales a $36^\circ$, luego $BC=BD=AD$. Además, $BCD$ y $ABC$ son semejantes por tener los ángulos iguales, luego \[\frac{AC}{BC}=\frac{BC}{CD}=\frac{BC}{AC-AD}=\frac{BC}{AC-BC}.\] De esta igualdad, obtenemos que $AC^2-AC\cdot BC-BC^2=0$. Dividiendo entre $AC^2$, llegamos a la ecuación de segundo grado \[\left(\frac{BC}{AC}\right)^2+\frac{BC}{AC}-1=0\ \Longrightarrow\ \frac{BC}{AC}=\frac{-1\pm\sqrt{5}}{2}.\] Tenemos que descartar la solución negativa, lo que nos dice finalmente que \[BC=\frac{\sqrt{5}-1}{2}AC.\]

Solución. Vamos a considerar las coordenadas usuales $(x,y,z)$, de forma que $O=(0,0,0)$, $P=(a,0,0)$, $Q=(0,b,0)$ y $C=(0,0,c)$, con la restricción que nos dan $a+b=k$ constante. La esfera que pasa por los cuatro puntos contiene a los triángulos rectángulos $OPQ$, $OPC$ y $OCQ$, contenidos en los planos coordenados. En particular, sus hipotenusas $PC$, $CQ$ y $QP$ son diámetros de las tres circunferencias que surgen de intersecar la esfera con los planos coordenados, luego el centro de la esfera se tiene que proyectar sobre los puntos medios de estos segmentos. Tenemos así que $W=(\frac{a}{2},\frac{b}{2},\frac{c}{2})$ (es fácil además comprobar que este punto equidista de $O,P,Q,C$). La proyección de $W$ sobre el plano $OXY$ no es más que quedarnos con sus dos primeras coordenadas, es decir, se trata del punto $W'=(\frac{a}{2},\frac{b}{2},0)$. Como $a+b=k$ y $a,b,c$ son reales positivos arbitrarios, la respuesta es muy sencilla:

• El lugar geométrico de $W$ es el conjunto de ecuación $x+y=\frac{k}{2}$ con $x,y,z\gt 0$, es decir, la intersección del plano $x+y=2k$ con el primer cuadrante.
• El lugar geométrico de $W$ es el conjunto de ecuación $x+y=\frac{k}{2}$ y $z=0$ con $x,y\gt 0$, es decir, el segmento de recta que une los puntos $(\frac{k}{2},0,0)$ y $(0,\frac{k}{2},0)$ en el plano $OXY$.