Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

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.

Solución.

Sea $S$ el área del $ABC$. Consideramos los puntos medios $M$ de $AB$ y $N$ de $AC$, cuyas medianas $CM$ y $BN$ se cortan en el baricentro $G$. Los puntos $P$ y $Q$ trisecan el lado $BC$, con $P$ más cercano a $B$. La pajarita está formada por dos triángulos construidos de forma análoga. Analizaremos el triángulo $GIJ$, donde $I$ es la intersección de $AP$ con $CM$ y $J$ es la intersección de $AP$ con $BN$ y veremos que su área es $\frac{1}{60}S$. Un argumento similar cambiando los papeles de $B$ y $C$ muestra que el área del otro lado de la pajarita es también $\frac{1}{60}S$, luego el resultado que nos piden es $\frac{1}{60}S+\frac{1}{60}S=\frac{1}{30}S$.

Para determinar la posición de $I$ y $J$ sobre $AP$, usamos la relación de áreas. Para el punto $I$ sobre la línea $CM$, tenemos \[\frac{AI}{IP} = \frac{\text{Área}(ACM)}{\text{Área}(PCM)}=\frac{3}{2},\] ya que $\text{Área}(ACM) = \frac{1}{2}S$ y $\text{Área}(PCM) = \frac{2}{3} \cdot \frac{S}{2} =\frac{1}{3}S$. Deducimos entonces que $AI = \frac{3}{5}AP$.

En cuanto al punto $J$ sobre la línea $BN$, tenemos de forma similar \[\frac{AJ}{JP} = \frac{\text{Área}(ABN)}{\text{Área}(PBN)}=3.\] puesto que $\text{Área}(ABN) = \frac{1}{2}S$ y $\text{Área}(PBN) = \frac{1}{3} \cdot \frac{S}{2} = \frac{1}{6}S$. Tenemos entonces que $AJ = \frac{3}{4}AP$. La longitud del segmento base es $IJ = AJ - AI = (\frac{3}{4} - \frac{3}{5})AP = \frac{3}{20}AP$.

Vamos finalmente con el área del $AGP$, para lo que calculamos

\[\text{Área}(ABPG)=\text{Área}(ABG)+\text{Área}(GBP)=\frac{1}{3}S+\frac{1}{3}\text{Área}(GBC)=\frac{1}{3}S+\frac{1}{3}S=\frac{4}{9}S.\] Restando $\text{Área}(ABP) = \frac{1}{3}S$, obtenemos $\text{Área}(AGP) =\frac{1}{9}S$. Puesto que $GIJ$ y $AGP$ comparten la altura desde $G$ respecto a la recta $AP$, la relación de sus áreas es la relación de sus bases: \[\text{Área}(GIJ) = \frac{IJ}{AP} \cdot \text{Área}(AGP) = \frac{3}{20} \cdot \frac{S}{9} = \frac{S}{60}.\]

Nota. Aunque parezca muy intrincada e ingeniosa la forma de considerar relaciones entre lados como relaciones entre áreas, este es un tema recurrente de olimpiadas en torno a la razón simple y el teorema de Ceva. La solución podría haberse simplificado considerando dos cevianas en un triángulo que se corten en un punto interior y hallando la relación entre las longitudes de los segmentos en que una divide a la otra y la relación entre las áreas de los triángulos que se forman. Estas relaciones no dependen de la forma del triángulo sino de las proporciones en que cada ceviana divide al lado opuesto.