Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Llamando $a$ a la hipotenusa y $b$ y $c$ a los catetos, el área del triángulo se puede calcular como $\frac{1}{2}bc$ (ya que los catetos hacen de base y altura) y también como $\frac{1}{2}r(a+b+c)$, luego se cumple que $r=\frac{bc}{a+b+c}$. Las distancias de $I_1$ e $I_2$ a $AD$ son los radios inscritos de los triángulos $ABD$ y $ACD$, que son semejantes a $ABC$ con razones de semejanza $\frac{c}{a}$ y $\frac{b}{a}$, respectivamente. Por lo tanto, la condición del enunciado se puede escribir como \[\frac{c}{a}r+\frac{b}{a}r=\frac{a}{4}\ \Longleftrightarrow\ 4bc(b+c)=a^2(a+b+c).\] Dividiendo ambos miembros por $a^3$ y teniendo en cuenta que $\frac{b}{a}=\cos\theta$ y $\frac{c}{a}=\operatorname{sen}\theta$ (siendo $\theta=\angle ACB$), obtenemos que \[4\cos\theta\,\operatorname{sen}\theta (\cos\theta+\operatorname{sen}\theta)=1+\cos\theta+\operatorname{sen}\theta.\] Como hay términos de grado $3$ en seno y coseno, intentaremos introducir los senos y cosenos de $3\theta$, que vienen dados por \[\cos(3\theta)=\cos^3\theta-3\cos\theta\operatorname{sen}^2\theta,\qquad \operatorname{sen}(3\theta)=-\operatorname{sen}^3\theta+3\cos^2\theta\operatorname{sen}\theta. \] Entonces, podemos desarrollar \begin{align*} 4\cos\theta\,\operatorname{sen}\theta (\cos\theta+\operatorname{sen}\theta)&=\cos\theta(1-\cos^2\theta)+\operatorname{sen}\theta\,(1-\operatorname{sen}^2\theta)+3\cos^2\theta\operatorname{sen}\theta+3\cos\theta\operatorname{sen}^2\theta\\ &=\cos\theta+\operatorname{sen}\theta-\cos(3\theta)+\operatorname{sen}(3\theta). \end{align*} Utilizando esta última identidad, podemos expresar la ecuación que teníamos como \[\operatorname{sen}(3\theta)-\cos(3\theta)=1.\] Utilizando la fórmula del seno de una suma para desarrollar $\operatorname{sen}(3\theta-45)$, llegamos a que la ecuación se puede a su vez reescribir como \[\operatorname{sen}(3\theta-45)=\frac{\sqrt{2}}{2}\operatorname{sen}(3\theta)-\frac{\sqrt{2}}{2}\cos(3\theta)=\frac{\sqrt{2}}{2}.\] Tenemos así que $3\theta-45=45+360k$ o bien $3\theta-45=135+360k$ para cierto entero $k$. En otras palabras, $\theta=30+120k$ o bien $\theta=60+120k$. Como las únicas soluciones que nos interesan son las que se encuentran en el intervalo $[0,90]$, deducimos que necesariamente el triángulo del enunciado tiene ángulos de $30$, $60$ y $90$.

Solución. En las coordenadas usuales del plano, pongamos que la elipse tiene ecuación $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ con $a,b\gt 0$ y que los vértices del rectángulo son $(\pm a,0)$ y $(\pm a,2b)$. Tomamos un punto $(x_0,y_0)$ que verifica la ecuación de la elipse con $y_0\lt 0$ y lo unimos con $(\pm a,2b)$, lo que nos da las rectas de ecuaciones $\frac{x-x_0}{\pm a-x_0}=\frac{y-y_0}{2b-y_0}$. Cortando estas rectas con el eje mayor $y=0$, obtenemos los puntos de abscisas \[x_1=\frac{2bx_0+ay_0}{2b-y_0},\qquad x_2=\frac{2bx_0-ay_0}{2b-y_0}.\] Notemos que $x_1\lt x_2$ por ser $y_0\lt 0$. Por tanto, el eje mayor queda dividido en tres segmentos, que tienen longitudes \begin{align*} \ell_1&=x_1-(-a)=\frac{2b(a+x_0)}{2b-y_0},\\ \ell_2&=x_2-x_1=\frac{-2ay_0}{2b-y_0},\\ \ell_3&=a-x_2=\frac{2b(a-x_0)}{2b-y_0}. \end{align*} Observemos ahora que $\ell_1+\ell_3=2\ell_2$ se reduce a $y_0=-b$, lo que nos dice que en este caso el punto de la elipse es el extremo del semieje menor más alejado del rectángulo. Por otro lado, si ocurriera que $\ell_1+\ell_2=2\ell_3$, se tendría que $3\frac{x_0}{a}-\frac{y_0}{b}=1$; si a esto le unimos la condición $\frac{x_0^2}{a^2}+\frac{y_0^2}{b^2}=1$, obtenemos la solución $(0,-b)$ y $(\frac{3a}{5},\frac{4b}{5})$, si bien esta última hay que descartarla porque no es exterior al rectángulo. Finalmente, si $\ell_2+\ell_3=2\ell_1$, llegamos a que $\frac{y_0}{b}+3\frac{x_0}{a}=-1$, y esto nos lleva a las soluciones $(0,-b)$ y $(\frac{-3a}{5},\frac{4b}{5})$. De nuevo hay que descartar la segunda.

Deducimos así que el único punto de la elipse que cumple la condición propuesta es el vértice del semieje menor más alejado del rectángulo.

Solución. Llamamos $a,b,c$ a los lados del triángulo y $\alpha,\beta,\gamma$ a los correspondientes ángulos opuestos. Supondremos en lo que sigue que $b\geq c$ (el otro caso $b\lt c$ es similar, aunque habría que razonarlo aparte porque los puntos $B,F,D,M,E,C$ están en otro orden). También tomaremos $\theta=\angle BAF=\angle EAC$ por comodidad. Tenemos entonces que \[\frac{FD}{DE}=\frac{AF}{AE}=\frac{\frac{BF}{\operatorname{sen}\theta}\operatorname{sen}\beta}{\frac{EC}{\operatorname{sen}\theta}\operatorname{sen}\gamma}=\frac{BF\cdot b}{EC\cdot c}=\frac{BD-FD}{EC}\cdot\frac{b}{c},\qquad (\star)\] donde en la primera igualdad hemos usado el teorema de la bisectriz en el triángulo $AFE$ ($AD$ es también bisectriz de este triángulo); en la segunda igualdad, hemos usado el teorema del seno en los triángulos $ABF$ y $AEC$; y en la tercera igualdad hemos vuelto a usar el teorema del seno, ahora en el triángulo $ABC$. Ahora bien, el teorema de la bisectriz en el triángulo $ABC$ nos dice que $\frac{BD}{CD}=\frac{c}{b}$ y, como quiera que $BC+CD=a$, se tiene que $BD=\frac{ac}{b+c}$ y $CD=\frac{ab}{b+c}$. Esto nos permite calcular también $DM=BM-BD=\frac{a}{2}-\frac{ac}{b+c}=\frac{a(b-c)}{2(b+c)}$. Finalmente, tenemos por simetría que $DE=2DM=\frac{a(b-c)}{b+c}$ y $EC=BD=\frac{ac}{b+c}$. Con todo esto, podemos sustituir en $(\star)$ para llegar a que \[\frac{b+c}{a(b-c)}FD=\frac{FE}{DE}=\frac{BF\cdot b}{EC\cdot c}=\frac{BD-FD}{EC}\cdot\frac{b}{c}=\frac{\frac{ac}{b+c}-FD}{\frac{ac}{b+c}}\cdot\frac{b}{c}\ \Longleftrightarrow\ FD=\frac{abc(b-c)}{b^3-c^3}.\] Ahora podemos calcular el cociente que nos piden como \[\frac{BF}{FC}=\frac{BD-DF}{CD+DF}=\frac{\frac{ac}{b+c}-\frac{(b-c)abc}{b^3+c^3}}{\frac{ab}{b+c}+\frac{(b-c)abc}{b^3+c^3}}=\frac{c(b^2-bc+c^2)-bc(b-c)}{b(b^2-bc+c^2)+bc(b-c)}=\frac{c^3}{b^3}.\]

Solución. Si $h$ denota la altura del cono, entonces su volumen es $\frac{1}{3}\pi R^2h$, que debe ser la mitad del de la esfera, dado por $\frac{4}{3}\pi R^3$. Tenemos así que la condición del enunciado nos da $h=2R$. Ahora podemos una representación bidimensional de la circunferencia y la generatriz del cono, que mediante revolución generan toda la figura. Más específicamente, la circunferencia $x^2+y^2=R^2$ y la recta $\frac{x}{R}+\frac{y}{2R}=1$ generan la figura al rotarlas respecto del eje $OY$ en el espacio. La intersección e estas dos curvas son los puntos $(R,0)$ y $(\tfrac{3}{5}R,\tfrac{4}{5}R)$. El primero genera el radio del círculo máximo de la base del cono y el segundo genera una circunferencia menor de la esfera de radio $\frac{3}{5}R$, que es el radio que nos piden.

Solución. Supongamos que $(x,y)$ es un punto en la intersección, luego verifica ambas ecuaciones. Sumando la primera multiplicada por $a$ a la segunda multiplicada por $c$, llegamos a la expresión \begin{align*} ay+cx=acx^2+ad+acy^2+ad+bc&\ \Longleftrightarrow\ ac(x^2+y^2)-cx-ay+ad+bc=0\\ &\ \Longleftrightarrow\ x^2+y^2-\tfrac{1}{a}x-\tfrac{1}{c}y+\tfrac{d}{c}+\tfrac{b}{a}=0\\ &\ \Longleftrightarrow\ (x-\tfrac{1}{2a})^2+(y-\tfrac{1}{2c})^2=\tfrac{1}{4a^2}+\tfrac{1}{4c^2}-\tfrac{d}{c}-\tfrac{b}{a} \end{align*} Al ser $b,d\lt 0$ y $a,c\gt 0$, se tiene que existe $r\gt 0$ tal que $\tfrac{1}{4a^2}+\tfrac{1}{4c^2}-\tfrac{d}{c}-\tfrac{b}{a}=r^2$. Por lo tanto, todos los puntos de intersección están sobre la circunferencia de centro $(\frac{1}{2a},\frac{1}{2c})$ y radio $r$.

Nota. En realidad, no hemos probado que hay necesariamente cuatro puntos de intersección (porque podría no haberlos). El argumento demuestra que si hay cuatro como dice el enunciado, entonces son necesariamente concíclicos.