Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Sean $O_1$ y $r_1$ el centro y el radio de la circunferencia tangente a $AB$ y $AD$ y sean $O_2$ y $r_2$ el centro y el radio de la circunferencia tangente a $CD$ y $CB$. Pongamos también que estas circunferencias son tangentes a $AB$ y $CD$ en los puntos $T_1$ y $T_2$, respectivamente, y que ambas circunferencias son tangentes entre sí en el punto $T$, que está alineado con $O_1$ y $O_2$. Las rectas $AO_1$ y $CO_2$ son paralelas puesto que son las bisectrices del paralelogramo en los vértices opuestos. Estas dos paralelas cortan a la recta $O_1O_2$ formando ángulos alternos internos iguales, es decir, $\angle AO_1T=\angle CO_2T$. Además, los triángulos $AO_1T_1$ y $CO_2T_2$ son triángulos rectángulos semejantes, luego \[\frac{AO_1}{O_1T}=\frac{AO_1}{O_1T_1}=\frac{CO_2}{O_2T_2}=\frac{CO_2}{O_2T}.\] Todo esto nos dice que los triángulos $AO_1T$ y $CO_2T$ son semejantes y, en particular, $\angle CTO_2=\angle ATO_1$. Como $O_1$, $O_2$ y $T$ están alineados, esto implica que $T$ está alineado con $A$ y $C$, como queríamos probar.

Solución. Estas tres desigualdades se pueden reescribir como \begin{align*} \angle ACB\leq \angle APB\leq 2\angle ACB,\\ \angle BAC\leq \angle BPC\leq 2\angle BAC,\\ \angle CBA\leq \angle CPA\leq 2\angle CBA. \end{align*} Sumando y usando que $\angle ACB+\angle BAC+\angle CBA=180^\circ$ (los ángulos del triángulo $ABC$ suman $180^\circ$, tenemos que \[180^\circ\leq \angle APB+\angle BPC+\angle CPA\leq 360^\circ.\] Sin embargo, se tiene que $\angle APB+\angle BPC+\angle CPA=360^\circ$ ya que estos tres ángulos forman un ángulo completo. Tenemos así que deben darse las siguientes tres igualdades: \[\angle APB=2\angle ACB,\qquad\angle BPC=2\angle BAC,\qquad\angle CPA=2\angle CBA.\] Estas igualdades se cumplen si $P$ coincide con $O$, el circuncentro de $ABC$ por la propiedad del ángulo central en la circunferencia circunscrita a $ABC$. Por la propiedad del arco capaz, la igualdad $\angle APB=\angle AOP$ nos dice que $P$ tiene que estar en la circunferencia circunscrita de $ABO$ y análogamente, tiene que estar en las circunferencias circunscritas de $BCO$ y $CAO$. Como estas tres circunferencias solo se cortan en $O$, necesariamente ha de ser $P=O$. Hemos probado así que el circuncentro es el único punto que cumple las condiciones del enunciado (observemos que el circuncentro es interior al triángulo puesto que es acutángulo).

Solución. Sea $ABCD$ el tetraedro regular. Para que la sección producida sea un cuadrilátero y no un triángulo, el plano debe dejar a cada lado dos de los vértices; sin perder generalidad, supondremos que $A$ y $B$ están a un lado y $C$ y $D$ al otro, de forma que el rombo $PQRS$ tiene los vértices $P,Q,R,S$ sobre los lados del tetraedro $BD,DA,AC,CB$, respectivamente. Por ser rombo, la recta $QR$ es paralela a $PS$ y admiten un vector director común $\vec u$ que debe ser paralelo a los planos que contienen las caras $ACD$ y $BCD$ y, por tanto, la recta $CD$, intersección de estos dos planos, tiene que tener también a $\vec u$ por vector director (en otras palabras, $PS$ y $QR$ son paralelas a $CD$). Del mismo modo se demuestra que $RS$ y $PQ$ tienen por vector director al vector director de $AB$, que llamaremos $\vec v$. Como $\vec u$ y $\vec v$ son perpendiculares (las rectas $AB$ y $CD$ se cruzan en el espacio de forma perpendicular), se sigue $PQRS$ tiene todos sus ángulos iguales a $90^\circ$ y, en consecuencia, se trata de un cuadrado.

Nota. En realidad hemos demostrado una propiedad un poco más general: si la sección producida es un paralelogramo, entonces debe ser un rectángulo. La propiedad de ser rombo distrae más que aporta, ya que si intentamos usar argumentos sobre la longitud de los lados de $PQRS$, los razonamientos se complican y no parece que lleven a una solución sencilla.