Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

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.

Solución. Hay cuatro formas esencialmente distintas de dividir un triángulo en tres triángulos, que está indicadas en la figura de abajo. Sin embargo, nos damos cuenta de que si un segmento termina en el interior de un lado y no es perpendicular a dicho lado, entonces forma dos ángulos suplementarios distintos. Estos dos ángulos deben ser dos de los ángulos de cada triángulo semejante pero un triángulo no puede tener dos ángulos que sumen $180^\circ$. Esto descarta directamente los casos III y IV y restringe el caso II. Veamos directamente qué restricciones adicionales nos da el hecho de que los tres triángulos deben tener ángulos iguales.

• Caso I. Tenemos un vértice interior, en el que se forman al menos dos ángulos obtusos, que deben ser iguales, y el tercero debe ser igual también ya que suma con uno de los obtusos más de $180^\circ$. Hay dos posibles configuraciones para los otros seis ángulos de los tres triángulos, que hemos llamado casos I.a y I.b. En el caso I.a, como la suma de los ángulos de $T$ es $180^\circ$, llegamos a que el ángulo verde más el amarillo suman $60^\circ$, luego $T$ es equilátero. En el caso I.b, el triángulo $T$ es isósceles, luego los ángulos amarillo y verde deben coincidir y también llegamos a que $T$ es equilátero.
• Caso II. Hay esencialmente tres configuraciones para los ángulos que no son rectos, que se indican en los casos II.a, II.b y II.c. En el caso II.a, dos verdes suman $90^\circ$, de donde se tiene que tanto el verde como el amarillo deben ser $45^\circ$ y $T$ es un triángulo rectángulo isósceles. En el caso II.b, el verde y el amarillo suman $90^\circ$, luego $T$ es en principio un triángulo rectángulo cualquiera. En el caso II.c, tenemos que $T$ es un triángulo isósceles cualquiera.

Tenemos, por tanto, que los únicos triángulos que pueden admitir la subdivisión son los triángulos rectángulos y los triángulos isósceles. Sin embargo, las subdivisiones que nos salen nos dan triángulos congruentes solamente en el caso del triángulo equilátero. Subdividiendo este último uniendo cada vértice con el centro, confirmamos que los triángulos equiláteros son las únicas soluciones.

Nota. Hemos probado, de hecho, que los únicos triángulos que se pueden subdividir en tres triángulos semejantes son los triángulos rectángulos y los triángulos isósceles.

Solución. Trabajando en coordenadas podemos suponer que el centro de $E$ es el origen de coordenadas y que sus semiejes están contenidos en los ejes de coordenadas, luego la elipse tiene ecuación \[\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1,\] donde $a,b\gt 0$ son las longitudes de los semiejes. Si cortamos esta elipse por un haz de rectas paralelas al eje $OY$, por simetría los puntos medios de los segmentos que se determinan están contenidos en el eje $OX$, luego están alineados. Vamos a ver que esto también es cierto para cualquier haz de rectas paralelas no verticales, es decir, veremos que los puntos medios de los segmentos determinado por la intersección de $E$ con las rectas forman una recta al dejar fija la pendiente $m\in\mathbb{R}$ y variar la ordenada en el origen $n\in\mathbb{R}$. Para hallar los puntos de intersección, sustituimos $y=mx+n$ en la ecuación de $E$, lo que nos da \[\frac{x^2}{a^2}+\frac{(mx+n)^2}{b^2}=1\ \Leftrightarrow\ \left(\frac{1}{a^2}+\frac{m^2}{b^2}\right)x^2+\frac{2mn}{b^2}x+\left(\frac{n^2}{b^2}-1\right)=0.\] Si la recta corta a $E$ en dos puntos $(x_1,y_1)$ y $(x_2,y_2)$, entonces $x_1$ y $x_2$ son las soluciones de la ecuación cuadrática anterior, luego la primera coordenada del punto medio que estamos buscando puede calcularse a partir de las relaciones de Cardano-Vieta para este polinomio (ver la nota): \[\frac{x_1+x_2}{2}=\frac{1}{2}\cdot\frac{-\frac{2mn}{b^2}}{\frac{1}{a^2}+\frac{m^2}{b^2}}=\frac{-m}{b^2+a^2m^2}n,\] y la segunda coordenada del punto medio será \[\frac{y_1+y_2}{2}=\frac{m(x_1+x_2)}{2}+n=\frac{-m^2n}{2(b^2+a^2m^2)}+n=\left(\frac{-m^2}{2(b^2+a^2m^2)}+1\right)n.\] Cuando $m$ está fijo, ambas coordenadas son de la forma constante por $n$, luego forman una recta (que pasa por el origen) al variar $n$ y hemos terminado.

Nota. Hemos usado concretamente que en una ecuación $ax^2+bx+c=0$, la suma de las soluciones es $\frac{-b}{a}$.