Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

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.

Solución. Sea $\Gamma$ la circunferencia que nos dan, con centro $O$ y radio $R$. El problema es equivalente a encontrar un punto $X\in\Gamma$ tal que $PQX$ sea un triángulo rectángulo con ángulo recto en $X$ pues que en tal caso bastaría prolongar los lados $PX$ y $QX$ hasta que corten en sendos puntos $Y$ y $Z$ a la circunferencia (distintos de $X$), de forma que $XYZ$ es el triángulo inscrito que buscamos. El lugar geométrico de los puntos $X$ tales que $PQX$ es rectángulo con ángulo recto en $X$ es la circunferencia de diámetro $PQ$, luego existirá el punto que buscamos si y solo si la circunferencia de diámetro $PQ$ corta a $\Gamma$ Como la circunferencia de diámetro $PQ$ tiene centro en $M$, el punto medio de $PQ$, el problema tiene solución si y solo si $OM+MP\geq R$ (observemos que $OM+MP$ es la distancia más alejada de $O$ que se puede alcanzar con la circunferencia de diámetro $PQ$).

Para terminar, vamos a expresar el resultado sin que intervenga $M$, por rizar el rizo. Tenemos que $MP=\frac{1}{2}PQ$ y que $OM$ es la mediana de $OPQ$. Usando la fórmula de la meidana, la condición que buscamos se puede escribir finalmente como \[\frac{1}{2}PQ+\sqrt{\frac{OP^2+OQ^2}{2}-\frac{PQ^2}{4}}\geq R.\]

Nota. En realidad, cuando la desigualdad es estricta, hay dos soluciones ya que hay dos puntos de corte de ambas circunferencias.

Solución. Llamamos $ABCD$ al cuadrilátero y $P$ al punto de intersección de sus diagonales. Supondremos que las diagonales no son perpendiculares para que las proyecciones $A',B',C',D'$ definan un cuadrilátero, luego además se cumple que $P$ se queda entre $A'$ y $C'$ en la diagonal $AC$ y también entre $B'$ y $D'$ en la diagonal $BD$. Esto demuestra que el cuadrilátero $A'B'C'D'$ es convexo y tiene las mismas rectas diagonales que $ABCD$.

Los triángulos $AA'P$ y $BB'P$ son semejantes porque son rectángulos y tienen un ángulo común en el vértice $P$, luego se cumple que \[\frac{AP}{BP}=\frac{A'P}{B'P},\] lo que también nos dice que $ABP$ y $A'B'P$ son semejantes. De forma similar se prueba que $BCP$ y $B'C'P$ son semejantes, que $CDP$ y $C'D'P$ son semejantes y que $DAP$ y $D'A'P$ son semejantes. La razón de semejanza es la misma para los cuatro pares de triángulos ya que se tiene que $\frac{AP}{A'P}=\frac{BP}{B'P}=\frac{CP}{C'P}=\frac{DP}{D'P}$, luego el cuadrilátero $A'B'C'D'$ es semejante a $ABCD$ ya que está formado por cuatro triángulos semejantes en disposición similar. Más aún, $A'B'C'D'$ se obtiene de $ABCD$ a partir de una reflexión respecto de una de las bisectrices de las diagonales y una homotecia.