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.

Solución. Sea $ABC$ el triángulo en cuestión y supongamos que el ángulo en $A$ está fijo y también el radio $r$ de la circunferencia inscrita, que es tangente a los lados en los puntos $X,Y,Z$, como se muestra en la figura. El área del triángulo está dada por $S=rp$, siendo $p$ el semiperímetro, luego minimizar el perímetro del triángulo equivale a minimizar su área cuando variamos $X$ en el arco mayor $YZ$. Es fácil intuir que la solución al problema es el triángulo isósceles $ARS$ tangente a la circunferencia inscrita en el punto medio $M$ de $RS$. Vamos a confirmar esta intuición viendo que cualquier otra elección de $X$ distinta de $M$ nos da un triángulo $ABC$ de área mayor que $ARS$. Si suponemos sin perder generalidad que $X$ está en el arco $MZ$ (en caso de estar en $MY$ el razonamiento es similar), probaremos que el área de $PBR$ (en verde) es menor que el área de $PCS$ (en azul), siendo $P$ el punto en de corte entre $BC$ y $RS$.

Como $P$ está en el segmento $MR$ y $M$ es el punto medio de $RS$, se sigue que $PR\lt PS$; además, se tiene que $\angle PRB$ es agudo mientras que $\angle CSR=180-\angle PRB$ es obtuso. Esto nos dice que si giramos $180^\circ$ el triángulo $PRB$ respecto de $P$ obtenemos un triángulo $PR'B'$ contenido en $PCS$, luego ciertamente el área de $PBR$ es menor que el área de $PCS$ y hemos terminado la demostración.

Solución. Sea $ABCD$ el cuadrilátero convexo y $P$ el punto de corte de las diagonales. Si llamamos $S_1,S_2,S_3,S_4$ a las áreas de los cuatro triángulos en que las diagonales dividen al cuadrilátero, como se indica en la figura, entonces la propiedad de la bisección nos dice que \[S_1+S_2=S_2+S_3=S_3+S_4=S_4+S_1\ \Longleftrightarrow\ \begin{cases}S_1=S_3,\\S_2=S_4.\end{cases}\] Ahora bien, para que la diagonal $BD$ biseque, las distancias de $A$ y $C$ a la recta $BD$ deben ser las mismas (las alturas de los triángulos $ABD$ y $BCD$ de base común $BD$, indicadas con línea discontinua roja). Por lo tanto, tiene que ser $BP=DP$ para que se cumpla que $S_1=S_3$. Análogamente, se demuestra que $AP=CP$, luego hemos llegado a que las diagonales se cortan en su punto medio y esto implica que $ABCD$ es un paralelogramo.