Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Consideremos los ángulos $\alpha=\angle APB$, $\beta=\angle BPC$, $\gamma=\angle CPD$ y $\delta=\angle DPA$, que suman $360^\circ$. Entonces, podemos escribir \begin{align*} \text{Área}(PAB&)=\tfrac{1}{2}PA\cdot PB\cdot\mathrm{sen}(\alpha),& \text{Área}(PCD&)=\tfrac{1}{2}PC\cdot PD\cdot\mathrm{sen}(\gamma),\\ \text{Área}(PBC&)=\tfrac{1}{2}PB\cdot PC\cdot\mathrm{sen}(\beta),& \text{Área}(PDA&)=\tfrac{1}{2}PD\cdot PA\cdot\mathrm{sen}(\delta). \end{align*} En particular tenemos que $\text{Área}(PAB)\cdot\text{Área}(PCD)=\text{Área}(PBC)\cdot\text{Área}(PDA)$ ya que las cuatro áreas son iguales, lo que nos da la igualdad trigonométrica \[\mathrm{sen}(\alpha)\mathrm{sen}(\gamma)=\mathrm{sen}(\beta)\mathrm{sen}(\delta).\qquad (\star)\] Ahora bien, como $\alpha+\beta+\gamma+\delta=360^\circ$, la igualdad $(\star)$ nos dice que \begin{align*} \cos(\alpha+\gamma)=\cos(\beta+\delta)&\ \Leftrightarrow\ \cos(\alpha)\cos(\gamma)-\mathrm{sen}(\alpha)\mathrm{sen}(\gamma)=\cos(\beta)\cos(\delta)-\mathrm{sen}(\beta)\mathrm{sen}(\delta)\\ &\ \Leftrightarrow\ \cos(\alpha)\cos(\gamma)=\cos(\beta)\cos(\delta). \end{align*} Elevando esta última al cuadrado y cambiando $\cos^2=1-\mathrm{sen}^2$, llegamos a que \[(1-\mathrm{sen}^2(\alpha))(1-\mathrm{sen}^2(\gamma))=(1-\mathrm{sen}^2(\beta))(1-\mathrm{sen}^2(\delta)).\] Desarrollamos y usamos $(\star)$ de nuevo para obtener que \[\mathrm{sen}^2(\alpha)+\mathrm{sen}^2(\gamma)=\mathrm{sen}^2(\beta)+\mathrm{sen}^2(\delta)\] Sumando dos veces $(\star)$ a esta última ecuación, nos queda \[\left(\mathrm{sen}(\alpha)+\mathrm{sen}(\gamma)\right)^2=\left(\mathrm{sen}(\beta)+\mathrm{sen}(\delta)\right)^2.\] Como todos los senos son positivos (aquí usamos que el cuadrilátero es convexo, luego $\alpha,\beta,\gamma,\delta\lt 180^\circ$), deducimos finalmente que $\mathrm{sen}(\alpha)+\mathrm{sen}(\gamma)=\mathrm{sen}(\beta)+\mathrm{sen}(\delta)$. En otras palabras, las dos parejas $(\mathrm{sen}(\alpha),\mathrm{sen}(\gamma))$ y $(\mathrm{sen}(\beta),\mathrm{sen}(\delta))$ tienen la misma suma y el mismo producto, luego son iguales salvo reordenación.

• Si $\mathrm{sen}(\alpha)=\mathrm{sen}(\beta)$ y $\mathrm{sen}(\gamma)=\mathrm{sen}(\delta)$, hay dos posibilidades. La primera es que $\alpha+\beta=180^\circ$ o bien $\gamma+\delta=180^\circ$ (en cuyo caso, $P$ está en la diagonal $AC$). La segunda es que $\alpha=\beta$ y $\gamma=\delta$; como $\alpha+\beta+\gamma+\delta=360^\circ$, se tiene que $\alpha+\delta=180^\circ$ y $P$ está sobre $BD$.
• Si $\mathrm{sen}(\alpha)=\mathrm{sen}(\delta)$ y $\mathrm{sen}(\gamma)=\mathrm{sen}(\beta)$, se razona de forma totalmente análoga y $P$ estará sobre una de las dos diagonales.

Como $P$ está sobre una de las dos diagonales, supongamos que sobre $AC$, se sigue que $P$ es el punto medio de $AC$ ya que los triángulos $PAB$ y $PBC$ tienen bases $AP$ y $CP$ y la misma altura sobre ellas, luego $AP=CP$ para que sus áreas coincidan. Además, las distancias de $B$ y $D$ a $AC$ tienen que ser la misma para que los cuatro triángulos tengan la misma área.

En resumen, la condición que nos piden es que coincidan las distancias de dos vértices opuestos del cuadrilátero a la diagonal que pasa por los otros dos vértices y que el punto $P$ sea el punto medio de dicha diagonal.

Solución. Llamamos $\alpha,\beta,\gamma$ a los ángulos del triángulo $ABC$ y también consideramos los ángulos $x=\angle BPC$, $y=\angle CPA$ y $z=\angle APB$. Nos centraremos en el triángulo $PH_AH_B$ por el momento. Su área se puede calcular como \[\text{Área}(PH_AH_B)=\tfrac{1}{2}PH_A\cdot PH_B\,\mathrm{sen}\,\angle H_APH_B.\qquad (\star)\] Ahora bien, $PH_A$ es la distancia de un vértice al ortocentro en el triángulo $PBC$ y por tanto igual al doble de la distancia del circuncentro $O_A$ de $PBC$ al punto medio $M$ del lado opuesto $BC$. Distinguimos dos casos:

• Si $x\geq 90$, entonces la propiedad del arco central en la circunferencia circunscrita a $ABP$ nos dice que $\angle BO_AM=180-x$, con lo que en el triángulo rectángulo $BO_AM$ tenemos que $PH_A=BC\cot(180-x)=-BC\cot(x)$.
• Si $x\lt 90$, entonces un razonamiento similar nos dice que $PH_A=BC\cot(x)$.

En cualquiera de los dos casos, podemos escribir $PH_A=BC\cdot |\cot(x)|$ y, de la misma forma, se prueba que $PH_B=AC\cdot |\cot(y)|$. Finalmente, como $PH_A$ es perpendicular a $BC$ y $PH_B$ es perpendicular a $CA$, tenemos que $\angle H_APH_B=180-\angle ACB=180-\gamma$. Podemos entonces volver a la fórmula marcada con $(\star)$ y calcular \[\text{Área}(PH_AH_B)=\tfrac{1}{2}BC\cdot AC\,\mathrm{sen}(\gamma)\cdot|\cot(x)\cot(y)|=\text{Área}(ABC)\cdot|\cot(x)\cot(y)|.\] De la misma forma, se obtienen las fórmulas \begin{align*}\text{Área}(PH_BH_C)&=\text{Área}(ABC)\cdot|\cot(y)\cot(z)|,\\ \text{Área}(PH_CH_A)&=\text{Área}(ABC)\cdot|\cot(z)\cot(x)|. \end{align*} Ahora bien, se tiene que $x+y+z=360$, luego al menos dos de los ángulos $x,y,z$ deben ser obtusos. Supongamos que $y$ y $z$ son obtusos sin pérdida de generalidad y distingamos casos según $x$ lo sea o no.

• Si $x$ es obtuso, entonces los tres puntos $H_A,H_B,H_C$ están fuera de los triángulos de los que son ortocentros, luego $P$ es interior a $H_AH_BH_C$ y se tiene que $\text{Área}(H_AH_BH_C)$ es la suma de las áreas $\text{Área}(PH_AH_B)$, $\text{Área}(PH_BH_C)$ y $\text{Área}(PH_CH_A)$. Esto también se extiende al caso en que $x$ es recto, ya que se tendría que $P$ coincide con uno de los vértices de $H_AH_BH_C$ y dos de las áreas anteriores serían nulas. En ambos casos, como las cotangentes de $x,y,z$ son todas menores o iguales que cero, tenemos que \begin{align*} \text{Área}(H_AH_BH_C)&=\text{Área}(ABC)(\cot(x)\cot(y)+\cot(y)\cot(z)+\cot(z)\cot(x)\\ &=\text{Área}(ABC)\bigl(\cot(x)\cot(y)+(\cot(x)+\cot(y))\cot(360-x-y)\bigr)\\ &=\text{Área}(ABC)\bigl(\cot(x)\cot(y)-(\cot(x)+\cot(y))\cot(x+y)\bigr) \\ &=\text{Área}(ABC)\left(\cot(x)\cot(y)-(\cot(x)+\cot(y))\frac{\cot(x)\cot(y)-1}{\cot(x)+\cot(y)}\right)\\ &=\text{Área}(ABC). \end{align*}
• Si $x$ es agudo, el razonamiento es similar, solo que ahora hay que restar del área de $PH_BH_C$ las áreas de $PH_CH_A$ y $PH_AH_B$. Sin embargo, estos cambios de signo se cancelan con los cambios de signo de la cotangente de $x$ y se puede seguir al pie de la letra el cálculo del apartado anterior.

Solución. Como el triángulo $CXY$ es rectángulo isósceles, la recta $CY$ es perpendicular a $XY$ y por tanto también a $AB$ ($XY$ y $AB$ son paralelas ya que ambas forman un ángulo de $45^\circ$ con $AC$). Entonces, $CY$ es una altura del triángulo $ABC$ y, en consecuencia, $Y$ es el ortocentro del triángulo. En particular, deducimos que $AY$ es perpendicular a $CB$, luego $r$ y $s$ son paralelas a $CB$. Finalmente, el teorema de Thales nos asegura que $KL=LB$ a través de estas tres rectas paralelas ya que $XP=PC$.