Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Pongamos que los vértices están dados en coordenadas por $A=(a,0,0)$, $B=(0,b,0)$ y $C=(0,0,c)$, siendo $a,b,c\neq 0$. Vamos a calcular el ángulo en el vértice $A$ usando geometría analítica (los otros dos ángulos se razonan de forma similar). Considerando los vectores directores $\vec{u}=(-a,b,0)$ del lado $AB$ y $\vec{v}=(-a,0,c)$ del lado $BC$, tenemos que \[\cos(A)=\frac{\vec{u}\cdot \vec{v}}{\|\vec{u}\|\cdot\|\vec{v}\|}=\frac{a^2}{\sqrt{a^2+b^2}\sqrt{a^2+c^2}}\gt 0.\] Por tanto, deducimos que $A\lt 90^\circ$.

Solución. Si llamamos $x=BD$ e $y=AD$, tenemos claramente que $x+y=c$ y, por el teorema de la bisectriz, también que $\frac{x}{b}=\frac{y}{c}$. Esto nos da un sistema de dos ecuaciones lineales con dos incógnitas $x$ e $y$, que se resuelve fácilmente, dando \[x=\frac{ac}{a+b},\qquad y=\frac{bc}{a+b}.\] El teorema del seno en los triángulos $ACD$ y $ABC$ nos dice que \[\frac{\mathrm{sen}(\frac{C}{2})}{y}=\frac{\mathrm{sen}(A)}{CD}=\frac{a\,\mathrm{sen}(C)}{c\cdot CD}.\] De aquí podemos despejar \[CD=\frac{ay\,\mathrm{sen}(C)}{c\,\mathrm{sen}(\frac{C}{2})}=\frac{2a\frac{bc}{a+b}\,\mathrm{sen}(\frac{C}{2})\cos(\frac{C}{2})}{c\,\mathrm{sen}(\frac{C}{2})}=\frac{2ab\cos(\frac{C}{2})}{a+b},\] donde hemos usado la fórmula del seno del ángulo doble $\mathrm{sen}(C)=2\mathrm{sen}(\frac{C}{2})\cos(\frac{C}{2})$.

Solución. Pongamos los puntos $P,Q,R,S$ como se indica en la figura más abajo y también supongamos que el lado del cuadrado es $1$ haciendo una homotecia si fuera necesario (no hay pérdida de generalidad). Vamos a comenzar expresando los lados de $PDE$ en términos de $x$. Como $PE=AP=1-PD$, el teorema de Pitágoras en el triángulo $PDE$ nos dice que $(1-PD)^2=PD^2+x^2$. Por tanto, \[DE=x,\qquad PD=\frac{1-x^2}{2},\qquad PE=1-PD=\frac{1+x^2}{2}.\] Tenemos de esta forma que el triángulo $PDE$ tiene perímetro $x+1$.

Los triángulos sombreados $PDE$, $SCE$ y $SRQ$ son semejantes (son rectángulos y es muy fácil ver que tienen otro ángulo igual). Como $EC=1-DE=1-x$ se corresponde en la semejanza con $PD= \frac{1-x^2}{2}$, el factor de proporcionalidad para pasar de $PDE$ a $SCE$ es $\frac{2}{1+x}$, luego deducimos que $SCE$ tiene perímetro $2$ (la mitad del perímetro del cuadrado, lo que responde a una de las preguntas del enunciado. Así, las longitudes de los lados de $SCE$ (nos las piden también en el enunciado) son \[CE=\frac{2x}{1+x},\qquad SC=1-x,\qquad SE=\frac{1+x^2}{1+x}.\] Ahora observamos que $SR=1-SE=\frac{x(1-x)}{1+x}$. Como este lado se corresponde con $SC=1-x$ en la semejanza, tenemos que el factor de semejanza para pasar de $SCE$ a $SRQ$ es $\frac{1-x}{2}$, por lo que el perímetro de $SRQ$ es $2\cdot \frac{1-x}{2}=1-x$ y sus lados vienen dados por \[RQ=\frac{x(1-x)}{1+x},\qquad SR=\frac{(1-x)^2}{2},\qquad SQ=\frac{(1+x^2)(1-x)}{2(1+x)}.\] La suma de los perímetros de $PDE$ y $SRQ$ es $(1+x)+(1-x)=2$, el perímetro de $SCE$, luego ya hemos demostrado todo lo que nos piden.

Solución. La circunferencia circunscrita al triángulo $DEF$ será tangente a la cuerda $AE$ cuando $AD\cdot AF=AE^2$ usando la potencia del punto $A$ respecto de dicha circunferencia. Ahora bien, una homotecia de centro $A$ y razón $2$ transforma la semicircunferencia pequeña en la grande y transforma $D$ en $F$, de donde se deduce que $AF=2AD$. Esto nos dice que el problema equivale a demostrar que $2AD^2=AE^2$.

Pongamos $x=AC$ y $r=AO$. Entonces, $CO=r-x$ y el teorema de la altura en el triángulo rectángulo $ADO$ nos dice que $CD^2=AC\cdot CO=x(r-x)$, de donde $AD^2=AC^2+CD^2=x^2+x(r-x)=rx$ por el teorema de Pitágoras. De forma similar, en el triángulo rectángulo $AEO$, el teorema de la altura nos dice que $CE^2=AC\cdot CB=x(2r-x)$, luego \[AE^2=AC^2+CE^2=x^2+x(2r-x)=2xr=2AD^2,\] como queríamos probar.

Solución. El teorema de la bisectriz nos dice que $\frac{BD}{11}=\frac{DC}{8}$. Ahora podemos usar que $BD=BM+1$, $CD=CM-1$ y $BM=CM=\frac{a}{2}$ para obtener la siguiente ecuación de primer grado con incógnita el lado $a=BC$, que se resuelve fácilmente: \[\frac{\frac{a}{2}+1}{11}=\frac{\frac{a}{2}-1}{8}\ \Longleftrightarrow\ a=\frac{38}{3}.\]

El teorema de Pitágoras en $ABH$ y $ACH$ nos da $8^2-CH^2=AH^2=11^2-BH^2$, luego \[(BH+CH)(BH-CH)=BH^2-CH^2=11^2-8^2=57.\] Como $BH+CH=a=\frac{38}{3}$, obtenemos que $BH-CH=57/\frac{38}{3}=\frac{9}{2}$. Esta ecuación junto con $BH+CH=\frac{38}{3}$ nos da un sistema lineal cuya solución es $BH=\frac{103}{12}$ y $CH=\frac{49}{12}$. Por otro lado, podemos calcular $CD=\frac{a}{2}-1=\frac{16}{3}$. Finalmente, todo esto nos dice que $DH=CD-CH=\frac{16}{3}-\frac{49}{12}=\frac{5}{4}$.