Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Consideremos la circunferencia que pasa por $A$, $B$ y $E$ y sea $O$ su centro. Si denotamos por $\alpha=\angle AEB$, entonces se tiene que $\angle AOB=2\alpha$ por la propiedad del ángulo central. Veamos con esto la doble implicación:

• Si $\angle CED=2\angle AEB$, entonces $\angle CED=\angle AOB$. Los triángulos $AOB$ y $CED$ son congruentes porque son isósceles, tienen los mismos ángulos y $AB=CD$. Por lo tanto, $AOEC$ es un paralelogramo y se tiene que $AC=OE=OA=EC$.
• Recíprocamente, si suponemos que $AC=EC$, consideremos el punto $O'$ tal que $AO'EC$ es un paralelogramo. Como $AB=CD$ y $AC=EC$, se tiene que $O'A=O'B=O'E$, luego $O'=O$ y se deduce que $\angle CED=\angle AOB=2\alpha$ por la propiedad del ángulo central.

Solución. Prolongamos $AD$ hasta que corte en un punto $D$ a $s$. Por ser $A$ un punto a igual distancia de ambas rectas, se tiene que $AD=AB$, luego el triángulo rectángulo $ACD$ es congruente con el original $ABC$ (comparten también el otro cateto $AC$). En particular, ambos tienen la misma altura, luego $AP$ es igual a la distancia entre $A$ y $s$, que es una constante que no depende de donde coloquemos $B$. Se tiene así que $P$ está sobre la circunferencia de radio $A$ que es tangente a $r$ y $s$.

Solución. Podemos tomar coordenadas en las que $A=(0,0)$ y las rectas $r$ y $s$ tengan ecuaciones $y=h$ e $y=-h$, respectivamente. Entonces, el punto $B$ tiene coordenadas $B=(b,h)$, siendo $b\in\mathbb{R}$ la variable en el problema. El vector $(b,h)$ es normal a la recta $AC$, luego esta tiene claramente ecuación $bx+hy=0$ y, por tanto, corta a $s$ en $x=\frac{h^2}{b}$, lo que nos da el punto $C=(\frac{h^2}{b},-h)$. La recta $BC$ tiene por vector director a $b\cdot\vec{BC}=(h^2-b^2,-2bh)$ y pasa por $B$, de donde se deduce que esta recta tiene ecuación $2bhx+(h^2-b^2)y=h(h^2+b^2)$. La recta $AP$ es perpendicular a $BC$ y pasa por el origen, luego tiene ecuación $(h^2-b^2)x-2bhy=0$. El corte de estas dos rectas nos da el punto $P=(\frac{2bh^2}{b^2+h^2},\frac{h(h^2-b^2)}{h^2+b^2})$. Como se cumple que \[\left(\frac{2bh^2}{b^2+h^2}\right)^2+\left(\frac{h(h^2-b^2)}{h^2+b^2}\right)^2=h^2,\] deducimos que $P$ se encuentra sobre la circunferencia de centro $(0,0)$ y radio $h$, es decir, sobre la circunferencia de centro $A$ que es tangente a las dos rectas paralelas.

Solución. El volumen del prisma es $L_1^2H$. Si $H_T$ es la altura total de la pirámide (sin truncar), el volumen del prisma truncado se puede calcular restando al volumen de la pirámide sin trucar el volumen de la pirámide que se trunca. De esta manera, nos queda la ecuación \[\frac{1}{3}(L_1^2H_T-L_2^2(H_T-H))=\frac{2}{3}L_1^2H,\] de donde podemos despejar el valor de $x=\frac{L_1}{L_2}$ como \[L_1^2(H_T-2H)-L_2^2(H_T-H)=0\ \Leftrightarrow\ x^2=\frac{L_1^2}{L_2^2}=\frac{H_T-H}{H_T-2H}=\frac{1-\frac{H}{H_T}}{1-2\frac{H}{H_T}}.\qquad(\star)\] Por otro lado, podemos relacionar $H$ y $H_T$ mediante la sencilla proporcionalidad $\frac{L_1}{H_T}=\frac{L_2}{H_T-H}$, de donde podemos despejar también \[x=\frac{L_1}{L_2}=\frac{H_T}{H_T-H}=\frac{1}{1-\frac{H}{H_T}}\ \Leftrightarrow\ \frac{H}{H_T}=1-\frac{1}{x}.\] Esta información la podemos sustituir directamente en $(\star)$: \[x^2=\frac{1-(1-\frac{1}{x})}{1-2(1-\frac{1}{x})}=\frac{1}{2-x}.\] Esto nos da la ecuación $x^3-2x+1=0$. Una solución es $x=1$, que debemos descartar ya que en tal caso $L_1=L_2$ y no se cumpliría el enunciado. Las otras dos soluciones son $x=\frac{1\pm\sqrt{5}}{2}$, de las que también podemos descartar la negativa ya que $x$ es el cociente de dos longitudes. Tenemos así que $\frac{L_1}{L_2}=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ es la razón áurea.