Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Consideremos la recta simétrica de $AP$ respecto de la bisectriz del ángulo $A$ y sea $M$ el punto en que ésta corta al lado $BC$. Si probamos que $M$ es el punto medio del segmento $BC$, habremos terminado. Usando el Teorema del Seno, tenemos que \begin{align*} BM&=AM\cdot\frac{\mathrm{sen}\angle BAM}{\mathrm{sen}\angle ABC},&CM&=AM\cdot\frac{\mathrm{sen}\angle CAM}{\mathrm{sen}\angle ACB}. \end{align*} Usando que $\angle ACB=\pi-\angle ABP$ y $\angle ABC=\pi-\angle ACP$ (ángulos semiinscritos) y la propiedad de simetría, llegamos a que \[\frac{BM}{CM}=\frac{\mathrm{sen}\angle BAM\cdot\mathrm{sen}\angle ABP}{\mathrm{sen}\angle ACP\cdot\mathrm{sen}\angle CAM}=\frac{\mathrm{sen}\angle CAP\cdot\mathrm{sen}\angle ABP}{\mathrm{sen}\angle ACP\cdot\mathrm{sen}\angle BAP}\] Usando otra vez el Teorema del Seno en los triángulos $ABP$ y $ACB$ y observando que $CP=BP$, obtenemos finalmente \[\frac{BM}{CM}=\frac{CP\cdot AP}{AP\cdot BP}=1.\]

Solución. En primer lugar, si llamamos $\beta$ al ángulo de vértice $B$ en $ABC$, la propiedad del arco capaz aplicada a la circunferencia $\Gamma$ nos dice que $\angle CPQ=\beta$. Por otro lado, $\angle COA=2\angle CBA=2\beta$ por la propiedad del arco central y por ser $O$ el circuncentro. Como el triángulo $COA$ es isósceles ($CO=CA$ es el radio circunscrito), es fácil ver que $\angle PCO=\frac{\pi}{2}-\beta$ luego hemos probado que la recta $PQ$ forma un ángulo $\beta$ con $CP$ que, a su vez, forma un ángulo $\frac{\pi}{2}-\beta$ con $CO$, de donde deducimos que $CO$ y $PQ$ se cortan perpendicularmente.

Solución. Supongamos que hemos probado (b): entonces también tendremos probado (a) ya que podemos intercambiar $P$ y $Q$ y obtenemos que $AP=AQ$, luego el triángulo $APQ$ es isósceles y está inscrito en la circunferencia circunscrita al triángulo $ABC$, de donde $AO$ es mediatriz de $PQ$ y, por tanto, es perpendicular a dicho segmento.

Probemos por tanto la igualdad (b) para lo que supondremos sin perder generalidad que en la recta $PQ$ los puntos están en el orden $PEFQ$. Los triángulos $OBM$ y $AEC$ son semejantes ya que son rectángulos y $\angle BAF=\angle BOM$ (por ser este último la mitad del ángulo central correspondiente al primero), luego \[\frac{OM}{BM}=\frac{AE}{CE}=\frac{AE\cdot AB}{CE\cdot AB}=\frac{AE\cdot AB}{AD\cdot BC},\] donde hemos usado que $CE\cdot AB=AD\cdot BC$ (esta cantidad es el doble del área de $ABC$). Usando ahora que $BC=2\cdot BM$, podemos despejar $2\cdot OM\cdot AD=AE\cdot AB$. Para probar finalmente que $AE\cdot AB=AP^2$, basta observar que los triángulos $APB$ y $AEP$ son semejantes lo cual se deduce de que comparten un ángulo (en el vértice $A$) y de que $\angle APB=\angle AEP$. Para ver esto último, observemos que $\angle APB=180-\angle ACB$ por arco capaz y $\angle AEP=180-\angle AEF$. Como el cuadrilátero $AEHF$ es inscriptible, otra vez por arco capaz tendremos que $\angle AEF=\angle AHF=90-\angle CAD=\angle ACB$, con lo que el problema queda resuelto.

Solución.

Llamemos $a$ y $b$ a los catetos y $h$ a la altura, de forma que, de los dos triángulos rectángulos que se forman, el de hipotenusa $a$ tiene triple área que el de hipotenusa $b$. Llamemos también $x$ e $y$ a los segmentos en que queda dividida la hipotenusa del triángulo original por la altura correspondientes a los catetos $a$ y $b$, respectivamente. Como el área de un triángulo rectángulo es la mitad del producto de sus catetos, deducimos que $x=3y$ y, como $x+y=1$, tenemos que $x=\frac{3}{4}$ e $y=\frac{1}{4}$.

Usando el Teorema de Pitágoras en los dos triángulos formados, tenemos que $b^2-y^2=h^2=a^2-x^2$, de donde podemos despejar $a^2-b^2=x^2-y^2=\frac{1}{2}$. Otra vez por el Teorema de Pitágoras, ahora en el triángulo original, deducimos que $a^2+b^2=1$ y, junto con $a^2-b^2=\frac{1}{2}$, podemos despejar $a=\frac{\sqrt{3}}{2}$ y $b=\frac{1}{2}$.

Solución. Supondremos sin perder generalidad que \(r\geq1\) pues, en caso contrario, cambiamos el orden de la progresión para invertir la razón \(r\). Entonces los tres lados del triángulo estarán dados por \(a\), \(ar\) y \(ar^2\), para cierto \(a\in\mathbb{R}\), y verifican \(a\leq ar\leq ar^2\). Como los ángulos correspondientes a cada lado están ordenados en el mismo orden que estos, se sigue que el ángulo mayor es aquél correspondiente al lado \(ar^2\). El teorema del coseno nos asegura que este ángulo, que llamaremos \(\alpha\), verifica \[\cos\alpha=\frac{a^2+a^2r^2-a^2r^4}{2a^2r}=\frac{1+r^2-r^4}{2r}.\] Que el triángulo sea acutángulo, rectángulo u obtusángulo dependerá de que \(\cos\alpha\) sea positivo, cero o negativo, respectivamente, luego será necesario analizar el signo de la función de \(r\) que aparece en el término de la derecha, para lo que será suficiente ver en qué valores se anula su numerador. Como la ecuación \(1+r^2-r^4=0\) es bicuadrada, puede resolverse fácilmente y queda como única solución positiva \[r_0=\sqrt{\frac{1+\sqrt{5}}{2}}.\] Es fácil ver que, para \(r=r_0\) el triángulo es rectángulo, para \(1\lt r\leq r_0\) es acutángulo, y para \(r\geq r_0\) es obtusángulo.

El apartado (b) es inmediato puesto que si \(r=1\), el triángulo es equilátero (observar que \(1\leq r_0\)) y, si \(r\gt 1\), entonces \(a\lt ar\lt ar^2\), es decir, el triángulo es escaleno. En esta situación, el triángulo nunca puede ser isósceles.