Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

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 $XP=PC$.