Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Por comodidad, llamamos $\alpha=\angle CAL=\angle ABH=\angle BCM$. Como $AL$ es bisectriz, tenemos que $\angle BAH=2\alpha$, luego la suma de los ángulos del triángulo $ABH$ es $90^\circ+3\alpha=180^\circ$, de donde obtenemos que $\alpha=30^\circ$.

Sea $X$ el punto de la recta $AC$ tal que $H$ es el punto medio de $AX$, luego el triángulo $ABX$ es equilátero. Por un lado, como $MH$ y $BX$ son paralelas, ya que $M$ y $H$ son los puntos medios de los lados $AB$ y $AX$, el triángulo $AMH$ es equilátero y se tiene que $\angle MHB=90^\circ-\angle AHM=30^\circ$. Por otro lado, $\angle BMH=30^\circ$ ya que $XM$ es bisectriz en el triángulo equilátero $ABX$. La propiedad del arco capaz nos dice ahora que el cuadrilátero $BMHX$ tiene circunferencia circunscrita (los puntos desde los que $BM$ se ve con un ángulo de $30^\circ$) y que el punto $C$ tiene que estar sobre dicha circunferencia. Como la intersección de la circunferencia con la recta $AC$ son los puntos $H$ y $X$, la propiedad deseada se cumple si, y sólo si, $C=H$ o bien $C=X$. Tenemos así dos casos:

• Si $C=H$, entonces $ABC$ tiene ángulos $A=60^\circ$, $B=30^\circ$ y $C=90^\circ$.
• Si $C=X$, entonces $ABC$ tiene ángulos $A=B=C=60^\circ$.

Solución. Consideramos el circuncentro $O$ y el triángulo $OBC$, que está sombreado en la figura. Por un lado, tenemos que $\angle BCD=\frac{C}{2}$, por ser $BD$ la bisectriz, luego $\angle OCB=\frac{C}{4}$ ya que $OC$ es bisectriz del triángulo $BCD$. Por otro lado, tenemos que $\angle OBC=\frac{B}{2}$ ya que $OB$ es bisectriz de $BCD$. Finalmente, tenemos que $\angle BOC=2A$ ya que se trata del ángulo central del ángulo $A$ en el triángulo $ABC$.

Tenemos así que $OBC$ tiene ángulos $2A$, $\frac{B}{2}$ y $\frac{C}{4}$. Este triángulo es isósceles dado que $OB=OC$ (son el radio de la circunferencia circunscrita), luego $\frac{C}{4}=\frac{B}{2}$. Nos quedan por tanto, tres ecuaciones sobre las incógnitas $A,B,C$, que forman el sistema lineal: \[\left\{\begin{array}{c} A+B+C=180\\ 2A+\frac{B}{2}+\frac{C}{4}=180\\ \frac{C}{4}=\frac{B}{2} \end{array}\right.\] Se resuelve fácilmente, dando solución única $A=C=72^\circ$ y $B=36^\circ$.

Solución. El área del triángulo es $2$ y el área del sector circular de arco $\ell$ (en azul en la figura) es $\frac{1}{8}\pi r^2$, siendo $r$ su radio. Esto viene de que es un octavo del círculo de radio $r$ ya que el ángulo $A$ del triángulo rectángulo isósceles $ABC$ es $45^\circ$. Igualando a la mitad del área del triángulo, obtenemos \[\tfrac{1}{8}\pi r^2=1\ \Longleftrightarrow\ r=2\sqrt{\tfrac{2}{\pi}}.\] Observamos que $r\lt 2$, lo que nos dice que el sector realmente está bien definido. Ahora bien, el radio $s$ del sector de arco $m$ (en naranja en la figura) sumado con $r$ nos da la hipotenusa $AB=2\sqrt{2}$, luego podemos despejar \[s=AB-r=2\sqrt{2}-2\sqrt{\tfrac{2}{\pi}}=2\sqrt{2}(1-\tfrac{1}{\sqrt{\pi}}).\] Tenemos entonces que el área que nos piden (en verde en la figura) es \[2-\tfrac{\pi}{8}r^2-\tfrac{\pi}{8}s^2=2-1-\tfrac{8\pi}{8}(1-\tfrac{1}{\sqrt{\pi}})^2=2\sqrt{\pi}-\pi.\]

Solución. Si recortamos el cuadrado y también el triángulo $CPQ$, podemos doblar por las líneas $AP$ y $AQ$ para formar una pirámide con vértice en $A$. Observemos que, de esta forma $B$ se identifica con $D$ ya que ambos puntos están a la misma distancia de $A$. No obstante, para comprobar que efectivamente la pirámide se cierra, observamos que el triángulo de vértices $B=D$, $P$ y $Q$ en el espacio es rectángulo ya que es congruente con el triángulo $CPQ$ que hemos quitado. Ahora la solución al problema es evidente ya que $BX$, $XY$ y $DY$ forman un triángulo en el espacio.

Solución. Las mediatriz de $AC$ pasa por $O_A$ y por el centro $O$ de la semicircunferencia y, de la misma forma, la mediatriz de $BD$ pasa por $O_B$ y por $O$. Por tanto, que $O_AO_B$ sea paralela a $MN$ equivale a que los triángulos $OO_AO_B$ y $OMN$ sean semejantes. Si trazamos perpendiculares a la recta $CD$ que pasan por $A$, $M$, $O_A$, $O_B$, $N$ y $B$ (en línea discontinua en la figura) y marcamos los puntos de intersección con $CD$ como $E$, $F$, $G$, $H$, $I$ y $J$, respectivamente, el teorema de Thales nos dice que \[\frac{OO_A}{GP}=\frac{OM}{PF},\qquad \frac{OO_B}{HP}=\frac{ON}{PI}.\] Utilizando que $G$ y $H$ son los puntos medios de $CP$ y $DP$ (ya que las perpendiculares por $O_A$ y $O_B$ son mediatrices de $CP$ y $DP$, respectivamente), las semejanzas anteriores se reescriben como \[\frac{OO_A}{OM}=\frac{CP}{2PF},\qquad \frac{OO_B}{ON}=\frac{DP}{2PI}.\] Como $CP=DP$ por ser $P$ el punto medio de $CD$, el problema estará resuelto si demostramso que $PF=PI$. Usando de nuevo que $CP=DP$, podemos reducir el problema aún más a probar que $PE=PJ$, pero esto último es sencillo ya que es consecuencia del teorema de Thales aplicado a las paralelas $BJ$, $OP$ y $AE$ que cortan a las rectas $AB$ y $AJ$, teniendo en cuenta que $O$ es el punto medio de $AB$.