Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Llamemos a los lados del triángulo $a=AB$, $b=AC$ u $c=AB$, como es usual, y a la mediana $m=AM$. El teorema del seno aplicado al triángulo $ABC$, nos dice que \[\frac{a}{\mathrm{sen}(45)}=\frac{b}{\mathrm{sen}(105)}=\frac{c}{\mathrm{sen}(30)}\ \Longleftrightarrow\ \begin{cases}b^2=\frac{2+\sqrt{3}}{2}a^2\\c^2=\frac{1}{2}a^2.\end{cases}\] Aquí hemos usado un poco de trigonometría para calcular: \[\mathrm{sen}^2(105)=\cos^2(15)=\frac{1+\cos(30)}{2}=\frac{2+\sqrt{3}}{4}\] y hemos usado los cuadrados para no tener que calcular la raíz cuadrada en la fórmula del coseno del ángulo mitad. Los cuadrados también están motivados por el hecho de que aparecen en la conocida fórmula para la mediana: \[m^2=\frac{b^2+c^2}{2}-\frac{a^2}{4}=\left(\frac{\frac{2+\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}}{2}-\frac{1}{4}\right)a^2=\frac{2+\sqrt{3}}{4}a^2.\] Con todo esto, tenemos la fórmula que buscamos, pues \[a^2b^2=\frac{2+\sqrt{3}}{2}a^4=4m^2c^2\ \Longleftrightarrow\ ab=2mc.\]

Para ver que el ángulo $x=\angle AMB$ es $45^\circ$, probaremos que su seno al cuadrado es $\frac{1}{2}$ (como $x\lt 90^\circ$, esto termina la demostración). Usando el teorema del seno en el triángulo $ABM$, tenemos que \begin{align*} \frac{c}{\mathrm{sen}(x)}=\frac{m}{\mathrm{sen}(105)}&\ \Longleftrightarrow\ \mathrm{sen}^2(x)=\frac{c^2\,\mathrm{sen}^2(105)}{m^2}=\frac{\frac{1}{2}\cdot\frac{2+\sqrt{3}}{4}}{\frac{2+\sqrt{3}}{4}}=\frac{1}{2}. \end{align*}

Solución. Los dos triángulos $AHM$ y $CMB$ son congruentes por ser rectángulos y tener los catetos iguales (son iguales a los lados de los cuadrados). Además, podemos pasar de $AHM$ a $CMB$ mediante una rotación de $90^\circ$ con centro en $M$, luego la recta $AH$ (en rojo discontinuo) es perpendicular a $BC$. Ahora bien, la recta $BC$ también es perpendicular a $AN$ ya que $AC$ es un diámetro de la circunferencia circunscrita al cuadrado $AMCD$. Por tanto $AN$ y $AH$ son la misma recta, es decir, $A$, $H$ y $N$ están alineados. Respondemos ahora a las dos cuestiones:

1. El ángulo $\angle HNB$ es recto ya que $HB$ es un diámetro de la circunferencia circunscrita al cuadrado $MBEH$. Por tanto, tanto $\angle HNB$ como $\angle HNC$ son rectos, lo que nos dice que $B$, $N$ y $C$ están alineados.
2. Con lo ya demostrado, tenemos que $AN$ es la altura que pasa por $A$ en el triángulo $ABC$ y es obvio que $CM$ es la altura que pasa por el vértice $C$. Su intersección es $H$ y, por consiguiente, $H$ es el ortocentro de $ABC$.