Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. La condición de rectángulo áureo se puede reescribir como $b^2-bh-h^2=0$. Dividiendo por $h^2$, se tiene la ecuación de segundo grado $(\frac{b}{h})^2-\frac{b}{h}-1=0$ con incógnita $\frac{b}{h}$. Como el cociente de longitudes $\frac{b}{h}$ es positivo, sólo nos interesa la única solución positiva de esta ecuación, dada por \[\frac{b}{h}=\frac{1+\sqrt{5}}{2}.\qquad(\star)\] El área del rectángulo (representada en verde en la figura) es $A=bh$. Por otro lado, la circunferencia que pasa por los vértices tiene centro en el centro del rectángulo, luego su radio es la distancia entre dicho centro y uno de los vértices. El teorema de Pitágoras aplicado a un triángulo rectángulo de vértices el centro, un vértice y el punto medio de un lado nos dice que $r^2=(\frac{b}{2})^2+(\frac{h}{2})^2$. Por tanto, el área de la región roja es $A'=\pi r^2-A=\frac{\pi}{4}(b^2+h^2)-bh$. Tendremos que estudiar el signo de la diferencia $A-A'$. A la vista de la igualdad ($\star$), dividimos por $h^2$ y obtenemos \[\frac{A-A'}{h^2}=\frac{b}{h}-\frac{\pi}{4}\left(\!\left(\frac{b}{h}\right)^{\!2}\!\!+1\!\right)\!+\frac{b}{h}=\frac{1+\sqrt{5}}{2}-\frac{\pi}{4}\left(\!\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{\!2}+1\!\right)\approx 0.19.\] Como este número es mayor que cero y $h^2>0$, deducimos que el área del rectángulo es mayor que la de la región restante del círculo.

Nota. Otra opción para finalizar el ejercicio es darse cuenta de que el siguiente cociente es mayor que $1$: \[\frac{A}{A'}=\frac{\frac{b}{h}}{\frac{\pi}{4}((\frac{b}{h})^2+1)-\frac{b}{h}}=\frac{\frac{1+\sqrt{5}}{2}}{\frac{\pi}{4}((\frac{1+\sqrt{5}}{2})^2+1)-\frac{1+\sqrt{5}}{2}}\approx 1.32,\] donde hemos dividido numerador y denominador por $h^2$ para poder aplicar ($\star$). Una alternativa a esto último es suponer a lo largo de todo el razonamiento que $h=1$ haciendo previamente una homotecia.

Solución. Los dos catetos del triángulo miden $4\,\mathrm{sen}(54)$ y $4\cos(54)$, luego el área será $8\,\mathrm{sen}(54)\cos(54)$ (la mitad del producto de los catetos, que actúan como base y altura en un triángulo rectángulo). Lo que sigue es un argumento conocido basado en las diagonales de un pentágono, donde aparece de forma natural el ángulo $54$, aunque existen multitud de formas de calcular sus razones trigonométricas.

En el pentágono regular de lado $1$ de la figura, los triángulos $ACD$ y $DEP$ son semejantes pues sus lados son paralelos. Si llamamos $d$ a la longitud de la diagonal del pentágono, la semejanza $\frac{AD}{CD}=\frac{DE}{PE}$ se escribe como $\frac{d}{1}=\frac{1}{d-1}$, de donde $d$ cumple la ecuación $d^2-d-1=0$, de la que nos quedamos con la única solución positiva $d=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$, la razón áurea. Ahora bien, el triángulo $ABQ$ de la figura es rectángulo y cumple $\angle BAQ=54$, luego \begin{align*} \mathrm{sen}(54)&=BD=\frac{d}{2}=\frac{1+\sqrt{5}}{4},\\ \cos(54)&=AQ=\sqrt{1-BQ^2}=\sqrt{1-\left(\tfrac{1+\sqrt{5}}{4}\right)^2}=\frac{\sqrt{5-\sqrt{5}}}{2\sqrt{2}}. \end{align*} De esta forma, tenemos que el área del triángulo es \[8\,\mathrm{sen}(54)\cos(54)=8\frac{1+\sqrt{5}}{4}\cdot\frac{\sqrt{5-\sqrt{5}}}{2\sqrt{2}}=\sqrt{10+2\sqrt{5}}.\]

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.