Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Llamemos $a,b,c$ a los lados del triángulo como es habitual y $m=AD$ a la mediana. Es bien conocida la fórmula que nos da el valor de $m$ en términos de los lados: \[m^2=\frac{b^2+c^2}{2}-\frac{a^2}{4}.\] Ahora bien, en el triángulo $ADC$, tenemos el ángulo $\angle ACD=45^\circ$ y el ángulo $\angle ADC=180^\circ-\angle ADB=135^\circ$, luego el teorema del seno nos dice que \[\frac{b}{\operatorname{sen}(135)}=\frac{m}{\operatorname{sen}(30)}\ \Longleftrightarrow\ \frac{b}{\frac{\sqrt{2}}{2}}=\frac{m}{\frac{1}{2}}\ \Longleftrightarrow\ m^2=\frac{b^2}{2}.\] Sustituyendo en la fórmula de la mediana, esto nos da $c^2=\frac{a^2}{2}$, igualdad que se puede escribir como $\frac{a/2}{c}=\frac{c}{a}$, esto es, $\frac{BD}{AB}=\frac{AB}{BC}$ y tenemos que los triángulos $ABD$ y $ABC$ son semejantes (tienen un ángulo igual y los lados adyacentes proporcionales). Deducimos así que $\angle BAD=\angle ACB=30^\circ$.

Solución. Sean $P,Q,R$ los pies de las alturas de $ABC$ desde $A,B,C$, respectivamente, y $\alpha,\beta,\gamma$ sus ángulos. El triángulo $A'B'C'$ se obtiene del triángulo órtico $PQR$ mediante una homotecia de razón $2$, luego tienen los mismos ángulos. Como $HPQR$ es un cuadrilátero cíclico, se tiene que $\angle HQP=\angle HCP=90^\circ-\beta$. De la misma forma, se prueba que $RQH=90^\circ-\beta$ y, por lo tanto, $\angle C'B'A'=\angle RQP=180^\circ-2\beta$. Repitiendo el razonamiento en el resto de ángulos, tenemos que los ángulos de $A'B'C'$ son $180^\circ-2\alpha$, $180^\circ-2\beta$ y $180^\circ-2\gamma$ (este es el razonamiento de caza de ángulos que se suele usar para probar que las alturas de $ABC$ son las bisectrices de $PQR$).

Por otro lado, $\angle C'AB=\angle C'B'A'=\angle C'B'B=\angle C'CB'=90^\circ-\beta$, luego $B,C',A,B'C$ son concíclicos. Razonando de forma similar en otro ángulo, $A'$ también es concíclico, esto es, los triángulos $ABC$ y $A'B'C'$ tienen la misma circunferencia circunscrita. Si llamamos $R$ a su radio, el teorema del seno nos dice que \[\frac{BC}{\operatorname{sen}\alpha}=\frac{CA}{\operatorname{sen}\beta}=\frac{AB}{\operatorname{sen}\gamma}=\frac{B'C'}{\operatorname{sen}\alpha'}=\frac{C'A'}{\operatorname{sen}\beta'}=\frac{A'B'}{\operatorname{sen}\gamma'}=2R.\] Por lo tanto, si los dos triángulos tienen un ángulo igual, los lados opuestos a esos lados en sendos triángulos serán iguales.

En cuanto al recíproco, es falso porque tener dos ángulos iguales únicamente implica que el seno de los ángulos opuestos es el mismo, pero podrían ser ángulos suplementarios. Por ejemplo, si $\alpha=35^\circ$, $\beta=70^\circ$ y $\gamma=75^\circ$, los ángulos de $A'B'C'$ serían $\alpha'=110^\circ$, $\beta'=40^\circ$ y $\gamma'=30^\circ$. Estos dos triángulos cumplen $AC=B'C'$ porque $\operatorname{sen}(70^\circ)=\operatorname{sen}(110^\circ)$ pero no tienen ángulos iguales.