Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

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.

Solución. Consideremos un rectángulo $ABCD$ de lados $AB=CD=1$ y $BC=DA=\sqrt{2}$. Por el teorema de Pitágoras, tenemos que $AC=\sqrt{3}$, luego el triángulo $ABC$ cumple las condiciones del enunciado. De hecho, podemos suponer que este es el triángulo ya que modificarlo por una semejanza no altera los ángulos ni las proporciones de los lados. Consideraremos también que $M,N,P$ son los puntos medios de los lados $AB,BC,CA$, respectivamente, y que $G$ es el baricentro de ABC$.

Observamos en primer lugar que $AN=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}}$ sin más que aplicar el teorema de Pitágoras a $ABN$. También se tiene que $CM=\frac{3}{2}$ aplicando el teorema de Pitágoras a $BCM$. Por último, se tiene que $BP=\frac{\sqrt{3}}{2}$ ya que es la mitad de la diagonal del rectángulo. Por lo tanto, las tres medianas tienen longitudes $\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}},\frac{3}{2}$, que son números proporcionales a $1,\sqrt{2},\sqrt{3}$ y, de esta forma, hemos respondido al apartado (b).

Dado que el baricentro $G$ corta a cada mediana en segmentos uno doble que el otro, podemos calcular $GN=\frac{1}{3}AN=\frac{1}{\sqrt{6}}$ y $GC=\frac{2}{3}CM=1$. Como también tenemos que $CN=\frac{1}{\sqrt{2}}$, podemos despejar el coseno del ángulo $\angle NGC$ utilizando el teorema del coseno en el triángulo $GCN$: \[\cos\angle CGN=\frac{GN^2+GC^2-CN^2}{2\,GN\cdot GC}=\frac{\frac{1}{6}+1-\frac{1}{2}}{2\cdot\frac{1}{\sqrt{6}}\cdot 1}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}},\] que coincide con el coseno de $\angle ACB$. Como ambos ángulos están entre $0$ y $180$, deben ser iguales. Se razona de la misma forma que $\angle BGN=\angle BAC$ y se razona también que $\angle AGP=90^\circ=\angle ABC$ sin más que comprobar que $BG^2+AG^2=AB^2$.

Solución. Dado que toda la figura es de revolución, podemos simplificar el razonamiento pensando en un objeto bidimensional que debe ser rotado respecto de un eje. Denotamos por $O_n$ el centro de la circunferencia $n$-ésima, por $T_n$ el punto de tangencia con una de las directrices del cono y por $P_{n+1}$ el punto de tangencia con la circunferencia $(n+1)$-ésima, como se indica en la figura. Dado que los radios que pasan por los puntos de tangencia son perpendiculares a la recta de tangencia, se tiene que $O_nT_nT_{n+1}O_{n+1}$ es un trapecio con ángulos rectos en $T_n$ y $T_{n+1}$, ángulo de $60^\circ$ en $O_{n+1}$. Por lo tanto, se verifica que \[\frac{1}{2}=\cos(60)=\frac{r_{n+1}-r_n}{r_{n+1}+r_n}\ \Longleftrightarrow\ r_{n+1}=3r_n.\] En otras palabras, cada radio es el triple del anterior, luego se tiene que $r_n=3^{n-1}r_1$ y hemos respondido al primer apartado.

En cuanto al volumen, observamos que éste se puede calcular como el del cono truncado que surge al revolucionar la región naranja al que hay que quitarle dos casquetes esféricos, uno de la esfera $n$-ésima y otro de la esfera $(n+1)$-ésima. Vamos por partes:

• En el triángulo $OT_nO_n$ podemos calcular $\tan(30)=\frac{r_n}{OT_n}$, de donde $OT_n=r_n\sqrt{3}$. Ahora en el triángulo $OA_nT_n$ podemos calcular $A_nT_n=OT_n\operatorname{sen}(30)=\frac{\sqrt{3}}{2}r_n$ y $OA_n=OT_n\cos(30)=\frac{3}{2}r_n$. Por tanto, el cono de revolución del triángulo $OA_nT_n$ tiene volumen $V_n=\frac{1}{3}\pi(A_nT_n)^2(OA_n)=\frac{3}{8}\pi r_n^3$. El volumen de revolución del trapecio naranja será $V_{n+1}-V_n=\frac{3}{8}\pi(r_{n+1}^3-r_n^3)=\frac{39}{4}\pi r_n^3$.
• Como el triángulo $O_{n+1}P_{n+1}T_{n+1}$ es equilátero, $A_{n+1}$ es el punto medio de $P_{n+1}O_{n+1}$. Esto nos dice que buscamos el volumen de un casquete de la esfera $(n+1)$-ésima de altura la mitad su radio. La fórmula para el volumen del casquete nos da $\frac{5}{24}\pi r_{n+1}^3=\frac{45}{8}\pi r_n^3$.
• El mismo casquete en la esfera $n$-ésima tiene volumen $\frac{5\pi}{24}r_n^3$, pero en este caso necesitamos el casquete complementario, cuyo volumen será $\frac{4}{3}\pi r_n^3-\frac{5}{24}\pi r_n^3=\frac{9}{8}\pi r_n^3$.

Con todo esto, el volumen que buscamos para el apartado (b) es \[\frac{39}{4}\pi r_n^3-\frac{45}{8}\pi r_n^3-\frac{9}{8}\pi r_n^3=3\pi r_n^3.\]

Nota. El volumen de un casquete esférico de altura $h$ en una esfera de radio $r$ es $\frac{\pi}{3}h^2(3r-h)$.