Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. El volumen del prisma es $L_1^2H$. Si $H_T$ es la altura total de la pirámide (sin truncar), el volumen del prisma truncado se puede calcular restando al volumen de la pirámide sin trucar el volumen de la pirámide que se trunca. De esta manera, nos queda la ecuación \[\frac{1}{3}(L_1^2H_T-L_2^2(H_T-H))=\frac{2}{3}L_1^2H,\] de donde podemos despejar el valor de $x=\frac{L_1}{L_2}$ como \[L_1^2(H_T-2H)-L_2^2(H_T-H)=0\ \Leftrightarrow\ x^2=\frac{L_1^2}{L_2^2}=\frac{H_T-H}{H_T-2H}=\frac{1-\frac{H}{H_T}}{1-2\frac{H}{H_T}}.\qquad(\star)\] Por otro lado, podemos relacionar $H$ y $H_T$ mediante la sencilla proporcionalidad $\frac{L_1}{H_T}=\frac{L_2}{H_T-H}$, de donde podemos despejar también \[x=\frac{L_1}{L_2}=\frac{H_T}{H_T-H}=\frac{1}{1-\frac{H}{H_T}}\ \Leftrightarrow\ \frac{H}{H_T}=1-\frac{1}{x}.\] Esta información la podemos sustituir directamente en $(\star)$: \[x^2=\frac{1-(1-\frac{1}{x})}{1-2(1-\frac{1}{x})}=\frac{1}{2-x}.\] Esto nos da la ecuación $x^3-2x+1=0$. Una solución es $x=1$, que debemos descartar ya que en tal caso $L_1=L_2$ y no se cumpliría el enunciado. Las otras dos soluciones son $x=\frac{1\pm\sqrt{5}}{2}$, de las que también podemos descartar la negativa ya que $x$ es el cociente de dos longitudes. Tenemos así que $\frac{L_1}{L_2}=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ es la razón áurea.

Solución. Pongamos un sistema de coordenadas en el que $A=(0,0)$, $B=(b_1,0)$ y $C=(c_1,c_2)$. Entonces, podemos calcular los puntos sobre los lados como \[D=(\lambda b_1,0),\qquad E=(b_1+\mu (c_1-b_1),\mu c_2),\qquad F=(\rho c_1,\rho c_2),\] para ciertos números $\lambda,\mu,\rho$ en el intervalo $(0,1)$, como indicamos en la nota. Entonces, podemos calcular los puntos medios que se necesitan como \[P=(\tfrac{1}{2}b_1+\tfrac{\mu}{2}(c_1-b_1),\tfrac{\mu}{2} c_2),\qquad Q=(\tfrac{1}{2}b_1+\tfrac{\rho}{2} c_1,\tfrac{\rho}{2}c_2),\qquad R=(\tfrac{1}{2}c_1+\tfrac{\lambda}{2} b_1,\tfrac{1}{2}c_2).\] Con todas estas coordenadas, podemos calcular las áreas que nos piden fácilmente (usando la fórmula del determinante que se indica también en la nota). Por un lado tenemos que \begin{align*}2\cdot\text{Área}(DEF)&=(b_1+\mu (c_1-b_1)-\lambda b_1)\rho c_2-(\rho c_1-\lambda b_1)\mu c_2=(\rho+\lambda\mu-\mu\rho-\lambda\rho)b_1c_2. \end{align*} Y, por otro lado, podemos calcular \begin{align*}2\cdot\text{Área}(PQR)&=(\tfrac{\rho}{2} c_1-\tfrac{\mu}{2}(c_1-b_1))(\tfrac{1}{2}c_2-\tfrac{\mu}{2}c_2)-(\tfrac{\rho}{2}c_2-\tfrac{\mu}{2}c_2)(\tfrac{1}{2}c_1+\tfrac{\lambda}{2} b_1-\tfrac{1}{2}b_1-\tfrac{\mu}{2}(c_1-b_1))\\ &=\tfrac{1}{4}c_2\left((\rho c_1-\mu c_1+\mu b_1)(1-\mu)-(\rho-\mu)(c_1+\lambda b_1-b_1-\mu c_1+\mu b_1)\right)\\ &=\tfrac{1}{4}c_2\left((\mu b_1+(\rho-\mu)c_1)(1-\mu)-(\rho-\mu)((1-\mu)c_1+(\lambda+\mu-1) b_1))\right)\\ &=\tfrac{1}{4}b_1c_2\left(\mu(1-\mu)-(\rho-\mu)(\lambda+\mu-1)\right)\\ &=\tfrac{1}{4}b_1c_2(\rho-\rho\lambda+\lambda\mu-\mu\rho), \end{align*} luego deducimos que $\text{Área}(DEF)=4\cdot\text{Área}(PQR)$ y hemos terminado.

Nota. Si tenemos dos puntos $A=(a_1,a_2)$ y $B=(b_1,b_2)$, un punto del interior del segmento $AB$ se puede escribir como \[A+\lambda\overrightarrow{AB}=(a_1+\lambda(b_1-a_1),a_2+\lambda(b_2-a_2)),\] siendo $0\lt\lambda\lt 1$. Observemos que el caso $\lambda=0$ se corresponde con el extremo $A$ y $\lambda=1$ con el otro extremo $B$.

Por otro lado, si tenemos dos vectores $(u_1,u_2)$ y $(v_1,v_2)$, el área del triángulo que determinan es igual a $\frac{1}{2}(u_1v_2-u_2v_1)$, la mitad del determinante de la matriz $2\times 2$ que tiene a los vectores por filas. Si tenemos los tres vértices $X,Y,Z$ de un triángulo, su área será el área determinada por los vectores $\overrightarrow{XY}$ y $\overrightarrow{YZ}$, como se ha explicado anteriormente.