Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. El teorema del seno en el triángulo $ABD$ nos dice que \[\frac{AB}{\mathrm{sen}(60)}=\frac{DA}{\mathrm{sen}(20)}=\frac{BD}{\mathrm{sen}(100)}=\frac{DA+BD}{\mathrm{sen}(20)+\mathrm{sen}(100)}.\] El teorema del seno en el triángulo $ABC$ nos dice que \[\frac{AB}{\mathrm{sen}(40)}=\frac{BC}{\mathrm{sen}(100)}.\] Combinando estos dos resultados, tenemos que \[\frac{DA+BD}{\mathrm{sen}(20)+\mathrm{sen}(100)}=\frac{AB}{\mathrm{sen}(60)}=\frac{BC\,\mathrm{sen}(40)}{\mathrm{sen}(60)\mathrm{sen}(100)}.\] Por tanto, será suficiente probar que \[\frac{1}{\mathrm{sen}(20)+\mathrm{sen}(100)}=\frac{\mathrm{sen}(40)}{\mathrm{sen}(60)\mathrm{sen}(100)}\] o lo que es lo mismo \[\mathrm{sen}(60)\mathrm{sen}(100)=\mathrm{sen}(20)\mathrm{sen}(40)+\mathrm{sen}(100)\mathrm{sen}(40).\] Usando una identidad trigonométrica de factorización (ver nota), lo anterior equivale a su vez a \[\cos(40)-\cos(160)=\cos(20)-\cos(60)+\cos(60)-\cos(140),\] y esta igualdad es cierta ya que $\cos(140)=-\cos(40)$ y $\cos(160)=-\cos(20)$ ya que se trata de ángulos suplementarios.

Nota. Hemos usado la identidad de factorización \[\mathrm{sen}(x)\mathrm{sen}(y)=\frac{\cos(x-y)-\cos(x+y)}{2},\] que se deduce fácilmente sumando las fórmulas de los cosenos de la suma y la diferencia.

Solución. Tenemos que $OA=OB=OC=1$ y $AB=AC=BC=1$, luego $OABC$ es un tetraedro regular y $D$ es el centro de la cara $OBC$, que es un triángulo equilátero. En particular, $OD$ es $\frac{2}{3}$ de la altura de este triángulo, luego $OD=\frac{2}{3}\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{1}{\sqrt{3}}$. Ahora bien, la recta $ON$ es paralela a $DA$ ya que ambas son perpendiculares a $\alpha$, luego los puntos $A,O,N,D$ están todos en un plano perpendicular a $\alpha$. El triángulo $DNO$ es rectángulo y en él puede verse que el ángulo buscado $\angle DNO$ tiene tangente $\frac{OD}{ON}=\frac{1}{\sqrt{3}}$, luego ha de ser $\angle DNO=30^\circ$.

Solución. Se tienen las siguientes expresiones en términos de los lados del triángulo: \[BM=\frac{1}{2}a,\qquad BF=\frac{ca}{b+c},\qquad BD=\frac{a^2-b^2+c^2}{2a}.\] La primera es obvia por ser $M$ el punto medio. La segunda se deduce del teorema de la bisectriz: $BF$ y $FC$ son proporcionales a $c$ y $b$ y suman $a$. La tercera se deduce de usar el teorema de Pitágoras con la altura $AD^2=c^2-BD^2=b^2-DC^2$ y usar también que $BD+DC=a$.

Por lo tanto, la condición que nos dan se puede escribir como

\begin{align*} 2BF=BD+DM&\ \Longleftrightarrow\ \frac{2c}{b+c}=\frac{a^2-b^2+c^2}{2a^2}+\frac{1}{2}\\ &\ \Longleftrightarrow\ 4a^2c=(a^2-b^2+c^2)(b+c)+a^2(b+c)\\ &\ \Longleftrightarrow\ (2a^2-(b+c)^2)(b-c)=0. \end{align*} En realidad, sacar el factor $b-c$ puede ser complicado, pero de alguna forma se sabía que debía estar porque un triángulo isósceles cumple la condición propuesta (verifica $M=F=D$). Entonces tenemos que $b=c$ o bien $2a^2=(b+c)^2$. Este segundo caso, nos lleva a que $b+c=a\sqrt{2}$ tomando raíces cuadradas.

Por lo tanto, la solución son únicamente los triángulos isósceles con $AB=AC$ o bien aquellos en los que $AB+AC=\sqrt{2}BC$ (esta última condición equivale a que $A$ está en una elipse de focos $B$ y $C$ de excentricidad fija).