Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Consideremos la perpendicular común a las rectas $AB$ y $CD$ que pasa por $O$, que las corta en $P$ y $Q$, respectivamente, de forma que $PQ=4\sqrt{3}$. Los triángulos $AOB$ y $COD$ son semejantes ya que tienen el ángulo $O$ común (opuesto por el vértice) y las rectas $AB$ y $CD$ son paralelas. Por tanto, existe una constante de proporcionalidad $\lambda>0$ tal que $CD=\lambda AB$, $CO=\lambda AO$ y $DO=\lambda BO$. Como $OP$ y $OQ$ son alturas correspondientes en estos triángulos semejantes, tenemos que $OQ=\lambda OP$.

El área del triángulo $AOB$ se puede calcular de dos maneras equivalentes: \[\tfrac{1}{2}AB\cdot OP=\mathrm{Area}(AOB)=\tfrac{1}{2}BO\cdot AO\,\mathrm{sen}(60^\circ)=\tfrac{\sqrt{3}}{4}BO\cdot AO.\] Multiplicando por $(1+\lambda)$ y usando que \begin{align*} AC&=AO+OC=(1+\lambda)AO=7,\\ PQ&=OP+OQ=(1+\lambda)OP=4\sqrt{3}, \end{align*} según la información del enunciado, la igualdad de áreas se puede reescribir como \[AB\cdot (1+\lambda)OP=\tfrac{\sqrt{3}}{2}BO\cdot (1+\lambda)AO\ \Leftrightarrow\ \frac{BO}{AB}=\frac{8}{7}.\] Ahora bien, el teorema del coseno aplicado al triángulo $AOB$ nos dice que \[AB^2=BO^2+AO^2-2BO\cdot AO\cos(60^\circ)=BO^2+AO^2-BO\cdot AO,\] Dividiendo por $AB^2$, esto puede reescribirse como \[1=\left(\frac{BO}{AB}\right)^2+\left(\frac{AO}{AB}\right)^2-\frac{BO}{AB}\cdot \frac{AO}{AB}.\] Sustituyendo $\frac{BO}{AB}=\frac{8}{7}$ nos queda una ecuación de segundo grado en la incógnita $\frac{AO}{AB}$, que se resuelve fácilmente dando dos soluciones positivas: $\frac{AO}{AB}=\frac{3}{7}$ y $\frac{AO}{AB}=\frac{5}{7}$. Teniendo en cuenta que $AO=\frac{7}{1+\lambda}$, las soluciones anteriores nos dan $(1+\lambda)AB=\frac{49}{3}$ o bien $(1+\lambda)AB=\frac{49}{5}$.

Finalmente, como el área del trapecio está dada por $S=\frac{1}{2}(AB+CD)PQ=\frac{1}{2}(1+\lambda)AB\cdot PQ$ y que $PQ=4\sqrt{3}$ es conocido, llegamos a que las posibles soluciones son \[S=\frac{98\sqrt{3}}{3}\quad\text{y}\quad S=\frac{98\sqrt{3}}{5}.\] Las dos soluciones se corresponden con que $C$ se proyecte sobre $AB$.

Solución. Consideremos los ángulos $\alpha=\angle APB$, $\beta=\angle BPC$, $\gamma=\angle CPD$ y $\delta=\angle DPA$, que suman $360^\circ$. Entonces, podemos escribir \begin{align*} \text{Área}(PAB&)=\tfrac{1}{2}PA\cdot PB\cdot\mathrm{sen}(\alpha),& \text{Área}(PCD&)=\tfrac{1}{2}PC\cdot PD\cdot\mathrm{sen}(\gamma),\\ \text{Área}(PBC&)=\tfrac{1}{2}PB\cdot PC\cdot\mathrm{sen}(\beta),& \text{Área}(PDA&)=\tfrac{1}{2}PD\cdot PA\cdot\mathrm{sen}(\delta). \end{align*} Por tanto, la condición del enunciado se escribe como \[\mathrm{sen}(\alpha)\mathrm{sen}(\gamma)=\mathrm{sen}(\beta)\mathrm{sen}(\delta).\qquad (\star)\] Ahora bien, como $\alpha+\beta+\gamma+\delta=360^\circ$, la igualdad $(\star)$ nos dice que \begin{align*} \cos(\alpha+\gamma)=\cos(\beta+\delta)&\ \Leftrightarrow\ \cos(\alpha)\cos(\gamma)-\mathrm{sen}(\alpha)\mathrm{sen}(\gamma)=\cos(\beta)\cos(\delta)-\mathrm{sen}(\beta)\mathrm{sen}(\delta)\\ &\ \Leftrightarrow\ \cos(\alpha)\cos(\gamma)=\cos(\beta)\cos(\delta). \end{align*} Elevando esta última al cuadrado y cambiando $\cos^2=1-\mathrm{sen}^2$, llegamos a que \[(1-\mathrm{sen}^2(\alpha))(1-\mathrm{sen}^2(\gamma))=(1-\mathrm{sen}^2(\beta))(1-\mathrm{sen}^2(\delta)).\] Desarrollamos y usamos $(\star)$ de nuevo para obtener que \[\mathrm{sen}^2(\alpha)+\mathrm{sen}^2(\gamma)=\mathrm{sen}^2(\beta)+\mathrm{sen}^2(\delta)\] Sumando dos veces $(\star)$ a esta última ecuación, nos queda \[\left(\mathrm{sen}(\alpha)+\mathrm{sen}(\gamma)\right)^2=\left(\mathrm{sen}(\beta)+\mathrm{sen}(\delta)\right)^2.\] Como todos los senos son positivos (aquí usamos que el cuadrilátero es convexo, luego $\alpha,\beta,\gamma,\delta\lt 180^\circ$), deducimos finalmente que $\mathrm{sen}(\alpha)+\mathrm{sen}(\gamma)=\mathrm{sen}(\beta)+\mathrm{sen}(\delta)$. En otras palabras, las dos parejas $(\mathrm{sen}(\alpha),\mathrm{sen}(\gamma))$ y $(\mathrm{sen}(\beta),\mathrm{sen}(\delta))$ tienen la misma suma y el mismo producto, luego son iguales salvo reordenación.

• Si $\mathrm{sen}(\alpha)=\mathrm{sen}(\beta)$ y $\mathrm{sen}(\gamma)=\mathrm{sen}(\delta)$, hay dos posibilidades. La primera es que $\alpha+\beta=180^\circ$ o $\beta+\delta=180^\circ$ (en cuyo caso, $P$ está en la diagonal $AC$ o $BD$, respectivamente). La segunda es que $\alpha=\beta$ y $\gamma=\delta$; como $\alpha+\beta+\gamma+\delta=360^\circ$, se tiene que $\alpha+\delta=180^\circ$ y $P$ está sobre $BD$.
• Si $\mathrm{sen}(\alpha)=\mathrm{sen}(\delta)$ y $\mathrm{sen}(\gamma)=\mathrm{sen}(\beta)$, se razona de forma totalmente análoga.

Solución. El teorema del seno en el triángulo $ABD$ nos dice que \[\frac{AB}{\mathrm{sen}(60)}=\frac{DA}{\mathrm{sen}(20)}=\frac{BD}{\mathrm{sen}(100)}=\frac{DA+BD}{\mathrm{sen}(20)+\mathrm{sen}(100)}.\] El teorema del seno en el triángulo $ABC$ nos dice que \[\frac{AB}{\mathrm{sen}(40)}=\frac{BC}{\mathrm{sen}(100)}.\] Combinando estos dos resultados, tenemos que \[\frac{DA+BD}{\mathrm{sen}(20)+\mathrm{sen}(100)}=\frac{AB}{\mathrm{sen}(60)}=\frac{BC\,\mathrm{sen}(40)}{\mathrm{sen}(60)\mathrm{sen}(100)}.\] Por tanto, será suficiente probar que \[\frac{1}{\mathrm{sen}(20)+\mathrm{sen}(100)}=\frac{\mathrm{sen}(40)}{\mathrm{sen}(60)\mathrm{sen}(100)}\] o lo que es lo mismo \[\mathrm{sen}(60)\mathrm{sen}(100)=\mathrm{sen}(20)\mathrm{sen}(40)+\mathrm{sen}(100)\mathrm{sen}(40).\] Usando una identidad trigonométrica de factorización (ver nota), lo anterior equivale a su vez a \[\cos(40)-\cos(160)=\cos(20)-\cos(60)+\cos(60)-\cos(140),\] y esta igualdad es cierta ya que $\cos(140)=-\cos(40)$ y $\cos(160)=-\cos(20)$ ya que se trata de ángulos suplementarios.

Nota. Hemos usado la identidad de factorización \[\mathrm{sen}(x)\mathrm{sen}(y)=\frac{\cos(x-y)-\cos(x+y)}{2},\] que se deduce fácilmente sumando las fórmulas de los cosenos de la suma y la diferencia.

Solución. Tenemos que $OA=OB=OC=1$ y $AB=AC=BC=1$, luego $OABC$ es un tetraedro regular y $D$ es el centro de la cara $OBC$, que es un triángulo equilátero. En particular, $OD$ es $\frac{2}{3}$ de la altura de este triángulo, luego $OD=\frac{2}{3}\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{1}{\sqrt{3}}$. Ahora bien, la recta $ON$ es paralela a $DA$ ya que ambas son perpendiculares a $\alpha$, luego los puntos $A,O,N,D$ están todos en un plano perpendicular a $\alpha$. El triángulo $DNO$ es rectángulo y en él puede verse que el ángulo buscado $\angle DNO$ tiene tangente $\frac{OD}{ON}=\frac{1}{\sqrt{3}}$, luego ha de ser $\angle DNO=30^\circ$.