Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Pongamos un sistema de coordenadas en el que $A=(0,0)$, $B=(b_1,0)$ y $C=(c_1,c_2)$. Entonces, podemos calcular los puntos sobre los lados como \[D=(\lambda b_1,0),\qquad E=(b_1+\mu (c_1-b_1),\mu c_2),\qquad F=(\rho c_1,\rho c_2),\] para ciertos números $\lambda,\mu,\rho$ en el intervalo $(0,1)$, como indicamos en la nota. Entonces, podemos calcular los puntos medios que se necesitan como \[P=(\tfrac{1}{2}b_1+\tfrac{\mu}{2}(c_1-b_1),\tfrac{\mu}{2} c_2),\qquad Q=(\tfrac{1}{2}b_1+\tfrac{\rho}{2} c_1,\tfrac{\rho}{2}c_2),\qquad R=(\tfrac{1}{2}c_1+\tfrac{\lambda}{2} b_1,\tfrac{1}{2}c_2).\] Con todas estas coordenadas, podemos calcular las áreas que nos piden fácilmente (usando la fórmula del determinante que se indica también en la nota). Por un lado tenemos que \begin{align*}2\cdot\text{Área}(DEF)&=(b_1+\mu (c_1-b_1)-\lambda b_1)\rho c_2-(\rho c_1-\lambda b_1)\mu c_2=(\rho+\lambda\mu-\mu\rho-\lambda\rho)b_1c_2. \end{align*} Y, por otro lado, podemos calcular \begin{align*}2\cdot\text{Área}(PQR)&=(\tfrac{\rho}{2} c_1-\tfrac{\mu}{2}(c_1-b_1))(\tfrac{1}{2}c_2-\tfrac{\mu}{2}c_2)-(\tfrac{\rho}{2}c_2-\tfrac{\mu}{2}c_2)(\tfrac{1}{2}c_1+\tfrac{\lambda}{2} b_1-\tfrac{1}{2}b_1-\tfrac{\mu}{2}(c_1-b_1))\\ &=\tfrac{1}{4}c_2\left((\rho c_1-\mu c_1+\mu b_1)(1-\mu)-(\rho-\mu)(c_1+\lambda b_1-b_1-\mu c_1+\mu b_1)\right)\\ &=\tfrac{1}{4}c_2\left((\mu b_1+(\rho-\mu)c_1)(1-\mu)-(\rho-\mu)((1-\mu)c_1+(\lambda+\mu-1) b_1))\right)\\ &=\tfrac{1}{4}b_1c_2\left(\mu(1-\mu)-(\rho-\mu)(\lambda+\mu-1)\right)\\ &=\tfrac{1}{4}b_1c_2(\rho-\rho\lambda+\lambda\mu-\mu\rho), \end{align*} luego deducimos que $\text{Área}(DEF)=4\cdot\text{Área}(PQR)$ y hemos terminado.

Nota. Si tenemos dos puntos $A=(a_1,a_2)$ y $B=(b_1,b_2)$, un punto del interior del segmento $AB$ se puede escribir como \[A+\lambda\overrightarrow{AB}=(a_1+\lambda(b_1-a_1),a_2+\lambda(b_2-a_2)),\] siendo $0\lt\lambda\lt 1$. Observemos que el caso $\lambda=0$ se corresponde con el extremo $A$ y $\lambda=1$ con el otro extremo $B$.

Por otro lado, si tenemos dos vectores $(u_1,u_2)$ y $(v_1,v_2)$, el área del triángulo que determinan es igual a $\frac{1}{2}(u_1v_2-u_2v_1)$, la mitad del determinante de la matriz $2\times 2$ que tiene a los vectores por filas. Si tenemos los tres vértices $X,Y,Z$ de un triángulo, su área será el área determinada por los vectores $\overrightarrow{XY}$ y $\overrightarrow{YZ}$, como se ha explicado anteriormente.

Solución. Supongamos que $E$ es el corte de la bisectriz de $\angle APC$ con la recta $BQ$. Este punto $E$ es el exincentro del triángulo $BAP$ opuesto al vértice $B$, luego $AE$ es la bisectriz exterior de $\angle BAP$. De la misma forma, podemos considerar $F$ el exincentro de $APC$ opuesto al vértice $C$ de forma que $AF$ es la bisectriz exterior de $\angle CAP$. Se tiene entonces que $\angle FAP=\angle EAP$ ya que $AP$ es la bisectriz del triángulo $ABC$. Llamemos a este ángulo $\alpha$.

Veamos que $\alpha=\frac{A}{2}$ por reducción al absurdo. Si $\alpha\gt\frac{A}{2}$, entonces los dos puntos $E$ y $F$ son exteriores a $ABC$ (como se muestra en la figura), luego $\angle EPF\gt \angle QPR=90^\circ$, pero esto contradice que $\angle EPF=90^\circ$ por ser $PE$ y $PF$ bisectrices de $\angle APC$ y $\angle APB$, respectivamente, que suman un ángulo llano. De la misma forma, si $\alpha\lt\frac{A}{2}$, entonces $E$ y $F$ son interiores a $ABC$ y $\angle EPF\lt \angle QPR=90^\circ$ también nos da una contradicción.

Por lo tanto, tenemos que $\alpha=\frac{A}{2}$ y esto nos da $E=Q$ y $F=R$. En particular, $AC$ y $AB$ son las bisectrices exteriores de $\angle BAP$ y $\angle PAC$, respectivamente. Por lo tanto, las rectas $AB,AP,AC$ se cortan en ángulos de $60^\circ$. Tenemos así que $A=120^\circ$, como queríamos demostrar.