Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Si $a$, $b$ y $c$ son los lados del triángulo, entonces los radios de las circunferencias inscrita y circunscrita, que denotaremos por $r$ y $R$, respectivamente, verifican las igualdades $S=rp$ y $abc=4RS$, donde $S$ es el área del triángulo y $p=\frac{1}{2}(a+b+c)$ el semiperímetro. Utilizando la fórmula de Herón, podemos finalmente expresar $r$ y $R$ en función de las longitudes de los lados: \[r=\sqrt{\frac{(p-a)(p-b)(p-c)}{p}},\quad R=\frac{abc}{4\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}},\] La desigualdad que queremos demostrar es \[2r\leq R\ \Longleftrightarrow\ 8(p-a)(p-b)(p-c)\leq abc.\] Si hacemos el cambio $a=x+y$, $b=y+z$, $c=x+z$, para $x,y,z$ positivos, entonces resulta $p-a=z$, $p-b=x$ y $p-c=y$. La desigualdad anterior se escribe ahora como \[8xyz\leq(x+y)(y+z)(x+z)\] para todo $x,y,z\gt 0$. La desigualdad entre las medias aritmética y geométrica nos da \[2\sqrt{xy}\leq x+y,\quad 2\sqrt{yz}\leq y+z,\quad 2\sqrt{xz}\leq x+z,\] y basta multiplicar estas tres desigualdades para llegar al resultado.

Nota. Este no es un problema actual de olimpiada ya que apela a un resultado conocido como la desigualdad de Euler. De hecho, en la solución oficial, se menciona solamente que es consecuencia del teorema de Euler que nos dice que la distancia entre el incentro y el circuncentro de cualquier triángulo es $IO^2=R(R-2r)$.

Solución. El triángulo $ECB$ es isósceles ya que tiene dos de sus lados iguales a los lados del cuadrado $ABCD$. Como $\angle EBC=90-60=30$, tenemos que $\angle BEC=\angle ECB=75$ (para que los ángulos de este triángulo sumen $180$). Esto nos dice que $\angle DCE=90-75=15$, con lo que $\angle FCE=15+45=60$. Ahora bien, también tenemos que $\angle EPC=\angle APB=180-\angle PAB-\angle PBA=180-60-45=75$, luego $PCE$ es un triángulo isósceles. Tenemos así que $CP=EC$, pero también tenemos que $CP=CF$ por simetría, luego $CEF$ es equilátero por tener dos lados iguales que forman un ángulo igual a $60$. Hemos respondido así al apartado (a).

Que $CEF$ es equilátero implica que $EF=CE=DE$, ya que $CDE$ es claramente isósceles. Además, esto último nos dice que $\angle DEF=180-15-15=150$, con lo que $\angle DEF=150-60=90$. Tenemos entonces probado el apartado (b): $DEF$ es rectángulo e isósceles porque tiene dos lados iguales que forman un ángulo recto.

Ahora observamos que $\angle DEB=60+75=\angle FEB$, luego la recta $EB$ es la bisectriz interior del ángulo recto $\angle DEF$. Esta bisectriz es mediatriz del triángulo isósceles $DEF$, luego cualquier punto de $BE$ está a la misma distancia de $D$ que de $F$. En particular, el triángulo $BDF$ es isósceles y ya tenemos (c).

Tenemos que $PDF$ es isósceles por el mismo motivo, luego será suficiente ver que $\angle DFP=60$ y habremos terminado (hay realmente muchas formas de hacerlo). Como $\angle DBE=60-45=15$, tenemos que $\angle EBF=15$, luego también tenemos que $\angle FBC=90-45-15-15=15$. En otras palabras, $FB$ es bisectriz (y por tanto mediatriz) en el triángulo isósceles $CBE$, luego también lo es del triángulo equilátero $EFC$. Esto nos lleva a que $\angle EFB=\angle BFE=30$. Si trazamos ahora el segmento $PF$, que es paralelo a $BC$ por la simetría, tenemos que $\angle PFB=\angle CBF=15$ por ser ángulos internos alternos, luego $\angle DFP=45+15=60$ como queríamos probar.

Solución. Llamemos a los lados del triángulo $a=AB$, $b=AC$ u $c=AB$, como es usual, y a la mediana $m=AM$. El teorema del seno aplicado al triángulo $ABC$, nos dice que \[\frac{a}{\mathrm{sen}(45)}=\frac{b}{\mathrm{sen}(105)}=\frac{c}{\mathrm{sen}(30)}\ \Longleftrightarrow\ \begin{cases}b^2=\frac{2+\sqrt{3}}{2}a^2\\c^2=\frac{1}{2}a^2.\end{cases}\] Aquí hemos usado un poco de trigonometría para calcular: \[\mathrm{sen}^2(105)=\cos^2(15)=\frac{1+\cos(30)}{2}=\frac{2+\sqrt{3}}{4}\] y hemos usado los cuadrados para no tener que calcular la raíz cuadrada en la fórmula del coseno del ángulo mitad. Los cuadrados también están motivados por el hecho de que aparecen en la conocida fórmula para la mediana: \[m^2=\frac{b^2+c^2}{2}-\frac{a^2}{4}=\left(\frac{\frac{2+\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}}{2}-\frac{1}{4}\right)a^2=\frac{2+\sqrt{3}}{4}a^2.\] Con todo esto, tenemos la fórmula que buscamos, pues \[a^2b^2=\frac{2+\sqrt{3}}{2}a^4=4m^2c^2\ \Longleftrightarrow\ ab=2mc.\]

Para ver que el ángulo $x=\angle AMB$ es $45^\circ$, probaremos que su seno al cuadrado es $\frac{1}{2}$ (como $x\lt 90^\circ$, esto termina la demostración). Usando el teorema del seno en el triángulo $ABM$, tenemos que \begin{align*} \frac{c}{\mathrm{sen}(x)}=\frac{m}{\mathrm{sen}(105)}&\ \Longleftrightarrow\ \mathrm{sen}^2(x)=\frac{c^2\,\mathrm{sen}^2(105)}{m^2}=\frac{\frac{1}{2}\cdot\frac{2+\sqrt{3}}{4}}{\frac{2+\sqrt{3}}{4}}=\frac{1}{2}. \end{align*}

Solución. Los dos triángulos $AHM$ y $CMB$ son congruentes por ser rectángulos y tener los catetos iguales (son iguales a los lados de los cuadrados). Además, podemos pasar de $AHM$ a $CMB$ mediante una rotación de $90^\circ$ con centro en $M$, luego la recta $AH$ (en rojo discontinuo) es perpendicular a $BC$. Ahora bien, la recta $BC$ también es perpendicular a $AN$ ya que $AC$ es un diámetro de la circunferencia circunscrita al cuadrado $AMCD$. Por tanto $AN$ y $AH$ son la misma recta, es decir, $A$, $H$ y $N$ están alineados. Respondemos ahora a las dos cuestiones:

1. El ángulo $\angle HNB$ es recto ya que $HB$ es un diámetro de la circunferencia circunscrita al cuadrado $MBEH$. Por tanto, tanto $\angle HNB$ como $\angle HNC$ son rectos, lo que nos dice que $B$, $N$ y $C$ están alineados.
2. Con lo ya demostrado, tenemos que $AN$ es la altura que pasa por $A$ en el triángulo $ABC$ y es obvio que $CM$ es la altura que pasa por el vértice $C$. Su intersección es $H$ y, por consiguiente, $H$ es el ortocentro de $ABC$.