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.

Solución. Por la simetría del problema, podemos pensar en que los puntos de contacto con los ejes están en el semiplano superior y luego añadir la configuración simétrica respecto del origen para completar los lugares geométricos que nos piden. Supondremos entonces que los vértices de contacto tienen coordenadas $A=(a,0)$ y $B=(0,\sqrt{100-a^2})$ y que, por tanto, $a$ se mueve en el intervalo $(-10,10)$. Observemos que $a=-10$ se corresponde con el cuadrado apoyado en el semieje negativo $OX$ y que el cuadrado está contenido en el tercer cuadrante, mientras que si $a=10$ entonces el cuadrado estará contenido completamente en el primer cuadrante.

1. El punto medio $M$ del lado $AB$ tiene coordenadas $x_M=\tfrac{a}{2}$ e $y_M=\tfrac{1}{2}\sqrt{100-a^2})$, luego se cumple que $x_M^2+y_M^2=25$. Esto nos dice que $M$ describe la mitad superior de la circunferencia de radio $5$ y centro $(0,0)$. Por simetría, $M$ describe la circunferencia entera cuando dejamos que $B$ también se mueva por el semiplano inferior.
2. Un vector normal al lado de contacto es $\vec{n}=(\sqrt{100-a^2},a)$ y tiene módulo $10$ igual a la longitud del lado. El centro del cuadrado puede calcularse como $C=M+\frac{1}{2}\vec{n}$, que tiene coordenadas $x_C=\tfrac{a}{2}+\frac{1}{2}\sqrt{100-a^2}$ e $y_C=\tfrac{1}{2}\sqrt{100-a^2})+\frac{a}{2}$, por lo que se cumple que $x_C=y_C$. Queda por ver qué puntos exactamente de la recta $x=y$ (bisectriz del primer cuadrante) toma el punto $C$, para lo que consideramos la función $f(a)=\tfrac{a}{2}+\frac{1}{2}\sqrt{100-a^2}$, que es continua en $[-10,10]$ y derivable en $(-10,10)$. Se verifica que $f'(a)=\frac{1}{2}-\frac{x}{2\sqrt{100-x^2}}$, de donde es fácil ver que $f'(a)=0$ tiene por única solución $a=5\sqrt{2}$, donde la función alcanza su máximo absoluto en el intervalo $[-10,10]$ y el valor máximo correspondiente es $f(5\sqrt{2})=5\sqrt{2}$. El mínimo absoluto se alcanza en el extremo $a=-10$, donde no es derivable, pero se cumple que $f(-10)=-5$. De esta forma, $C$ toma todos los valores en el segmento que une $(-5,-5)$ y $(5\sqrt{2},5\sqrt{2})$. Al considerar también el caso simétrico en que $B$ recorre el semiplano inferior, concluimos que el lugar geométrico de $C$ es el segmento rectilíneo que une $(-5\sqrt{2},-5\sqrt{2})$ y $(5\sqrt{2},5\sqrt{2})$ contenido en la bisectriz del primer cuadrante, incluyendo los extremos de dicho segmento.
3. Un vértice $V$ opuesto al lado $AB$ viene dado por $V=A+\vec{n}$, luego tiene coordenadas $x_V=a+\sqrt{100-a^2}$ e $y_V=a$. Tenemos así que $(x_V-y_V)^2=100-y_V^2$ o equivalentemente $x_V^2-2x_Vy_V+2y_V^2=100$. Se trata, por tanto, de saber qué conjunto representa la ecuación $x^2-2xy+2y^2=100$. Como es un polinomio cuadrático, deducimos que se trata de una cónica; como podemos completar cuadrados para expresarlo como $(x-y)^2+y^2=100$ y ambos cuadrados tienen coeficientes positivos, deducimos que se trata de una elipse; como no tiene términos lineales en $x$ o $y$, deducimos que está centrada en el origen, aunque no tiene sus ejes paralelos a los ejes de coordenadas por tener término en $xy$. Ahora bien, al variar $a$ en $[-10,10]$ se ve fácilmente que se recorren todos los puntos de la elipse una vez se ha añadido el caso en que $B$ recorre el semieje $OY$ negativo.

Nota. Hemos supuesto que cuando $A$ y $B$ están en los semiejes positivos, el cuadrado está enteramente contenido en el primer cuadrante. Existe otra posibilidad que es suponer que en ese caso el cuadrado mira hacia el otro lado. No obstante, en tal caso, los lugares geométricos que nos piden serían simétricos de los obtenidos ya que se trataría simplemente de girar $90^\circ$ la figura.