Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. En las coordenadas usuales del plano, pongamos que la elipse tiene ecuación $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ con $a,b\gt 0$ y que los vértices del rectángulo son $(\pm a,0)$ y $(\pm a,2b)$. Tomamos un punto $(x_0,y_0)$ que verifica la ecuación de la elipse con $y_0\lt 0$ y lo unimos con $(\pm a,2b)$, lo que nos da las rectas de ecuaciones $\frac{x-x_0}{\pm a-x_0}=\frac{y-y_0}{2b-y_0}$. Cortando estas rectas con el eje mayor $y=0$, obtenemos los puntos de abscisas \[x_1=\frac{2bx_0+ay_0}{2b-y_0},\qquad x_2=\frac{2bx_0-ay_0}{2b-y_0}.\] Notemos que $x_1\lt x_2$ por ser $y_0\lt 0$. Por tanto, el eje mayor queda dividido en tres segmentos, que tienen longitudes \begin{align*} \ell_1&=x_1-(-a)=\frac{2b(a+x_0)}{2b-y_0},\\ \ell_2&=x_2-x_1=\frac{-2ay_0}{2b-y_0},\\ \ell_3&=a-x_2=\frac{2b(a-x_0)}{2b-y_0}. \end{align*} Observemos ahora que $\ell_1+\ell_3=2\ell_2$ se reduce a $y_0=-b$, lo que nos dice que en este caso el punto de la elipse es el extremo del semieje menor más alejado del rectángulo. Por otro lado, si ocurriera que $\ell_1+\ell_2=2\ell_3$, se tendría que $3\frac{x_0}{a}-\frac{y_0}{b}=1$; si a esto le unimos la condición $\frac{x_0^2}{a^2}+\frac{y_0^2}{b^2}=1$, obtenemos la solución $(0,-b)$ y $(\frac{3a}{5},\frac{4b}{5})$, si bien esta última hay que descartarla porque no es exterior al rectángulo. Finalmente, si $\ell_2+\ell_3=2\ell_1$, llegamos a que $\frac{y_0}{b}+3\frac{x_0}{a}=-1$, y esto nos lleva a las soluciones $(0,-b)$ y $(\frac{-3a}{5},\frac{4b}{5})$. De nuevo hay que descartar la segunda.

Deducimos así que el único punto de la elipse que cumple la condición propuesta es el vértice del semieje menor más alejado del rectángulo.

Solución. Llamamos $a,b,c$ a los lados del triángulo y $\alpha,\beta,\gamma$ a los correspondientes ángulos opuestos. Supondremos en lo que sigue que $b\geq c$ (el otro caso $b\lt c$ es similar, aunque habría que razonarlo aparte porque los puntos $B,F,D,M,E,C$ están en otro orden). También tomaremos $\theta=\angle BAF=\angle EAC$ por comodidad. Tenemos entonces que \[\frac{FD}{DE}=\frac{AF}{AE}=\frac{\frac{BF}{\operatorname{sen}\theta}\operatorname{sen}\beta}{\frac{EC}{\operatorname{sen}\theta}\operatorname{sen}\gamma}=\frac{BF\cdot b}{EC\cdot c}=\frac{BD-FD}{EC}\cdot\frac{b}{c},\qquad (\star)\] donde en la primera igualdad hemos usado el teorema de la bisectriz en el triángulo $AFE$ ($AD$ es también bisectriz de este triángulo); en la segunda igualdad, hemos usado el teorema del seno en los triángulos $ABF$ y $AEC$; y en la tercera igualdad hemos vuelto a usar el teorema del seno, ahora en el triángulo $ABC$. Ahora bien, el teorema de la bisectriz en el triángulo $ABC$ nos dice que $\frac{BD}{CD}=\frac{c}{b}$ y, como quiera que $BC+CD=a$, se tiene que $BD=\frac{ac}{b+c}$ y $CD=\frac{ab}{b+c}$. Esto nos permite calcular también $DM=BM-BD=\frac{a}{2}-\frac{ac}{b+c}=\frac{a(b-c)}{2(b+c)}$. Finalmente, tenemos por simetría que $DE=2DM=\frac{a(b-c)}{b+c}$ y $EC=BD=\frac{ac}{b+c}$. Con todo esto, podemos sustituir en $(\star)$ para llegar a que \[\frac{b+c}{a(b-c)}FD=\frac{FE}{DE}=\frac{BF\cdot b}{EC\cdot c}=\frac{BD-FD}{EC}\cdot\frac{b}{c}=\frac{\frac{ac}{b+c}-FD}{\frac{ac}{b+c}}\cdot\frac{b}{c}\ \Longleftrightarrow\ FD=\frac{abc(b-c)}{b^3-c^3}.\] Ahora podemos calcular el cociente que nos piden como \[\frac{BF}{FC}=\frac{BD-DF}{CD+DF}=\frac{\frac{ac}{b+c}-\frac{(b-c)abc}{b^3+c^3}}{\frac{ab}{b+c}+\frac{(b-c)abc}{b^3+c^3}}=\frac{c(b^2-bc+c^2)-bc(b-c)}{b(b^2-bc+c^2)+bc(b-c)}=\frac{c^3}{b^3}.\]

Solución. Si $h$ denota la altura del cono, entonces su volumen es $\frac{1}{3}\pi R^2h$, que debe ser la mitad del de la esfera, dado por $\frac{4}{3}\pi R^3$. Tenemos así que la condición del enunciado nos da $h=2R$. Ahora podemos una representación bidimensional de la circunferencia y la generatriz del cono, que mediante revolución generan toda la figura. Más específicamente, la circunferencia $x^2+y^2=R^2$ y la recta $\frac{x}{R}+\frac{y}{2R}=1$ generan la figura al rotarlas respecto del eje $OY$ en el espacio. La intersección e estas dos curvas son los puntos $(R,0)$ y $(\tfrac{3}{5}R,\tfrac{4}{5}R)$. El primero genera el radio del círculo máximo de la base del cono y el segundo genera una circunferencia menor de la esfera de radio $\frac{3}{5}R$, que es el radio que nos piden.

Solución. Supongamos que $(x,y)$ es un punto en la intersección, luego verifica ambas ecuaciones. Sumando la primera multiplicada por $a$ a la segunda multiplicada por $c$, llegamos a la expresión \begin{align*} ay+cx=acx^2+ad+acy^2+ad+bc&\ \Longleftrightarrow\ ac(x^2+y^2)-cx-ay+ad+bc=0\\ &\ \Longleftrightarrow\ x^2+y^2-\tfrac{1}{a}x-\tfrac{1}{c}y+\tfrac{d}{c}+\tfrac{b}{a}=0\\ &\ \Longleftrightarrow\ (x-\tfrac{1}{2a})^2+(y-\tfrac{1}{2c})^2=\tfrac{1}{4a^2}+\tfrac{1}{4c^2}-\tfrac{d}{c}-\tfrac{b}{a} \end{align*} Al ser $b,d\lt 0$ y $a,c\gt 0$, se tiene que existe $r\gt 0$ tal que $\tfrac{1}{4a^2}+\tfrac{1}{4c^2}-\tfrac{d}{c}-\tfrac{b}{a}=r^2$. Por lo tanto, todos los puntos de intersección están sobre la circunferencia de centro $(\frac{1}{2a},\frac{1}{2c})$ y radio $r$.

Nota. En realidad, no hemos probado que hay necesariamente cuatro puntos de intersección (porque podría no haberlos). El argumento demuestra que si hay cuatro como dice el enunciado, entonces son necesariamente concíclicos.

Solución. Consideremos un rectángulo $ABCD$ de lados $AB=CD=1$ y $BC=DA=\sqrt{2}$. Por el teorema de Pitágoras, tenemos que $AC=\sqrt{3}$, luego el triángulo $ABC$ cumple las condiciones del enunciado. De hecho, podemos suponer que este es el triángulo ya que modificarlo por una semejanza no altera los ángulos ni las proporciones de los lados. Consideraremos también que $M,N,P$ son los puntos medios de los lados $AB,BC,CA$, respectivamente, y que $G$ es el baricentro de ABC$.

Observamos en primer lugar que $AN=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}}$ sin más que aplicar el teorema de Pitágoras a $ABN$. También se tiene que $CM=\frac{3}{2}$ aplicando el teorema de Pitágoras a $BCM$. Por último, se tiene que $BP=\frac{\sqrt{3}}{2}$ ya que es la mitad de la diagonal del rectángulo. Por lo tanto, las tres medianas tienen longitudes $\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}},\frac{3}{2}$, que son números proporcionales a $1,\sqrt{2},\sqrt{3}$ y, de esta forma, hemos respondido al apartado (b).

Dado que el baricentro $G$ corta a cada mediana en segmentos uno doble que el otro, podemos calcular $GN=\frac{1}{3}AN=\frac{1}{\sqrt{6}}$ y $GC=\frac{2}{3}CM=1$. Como también tenemos que $CN=\frac{1}{\sqrt{2}}$, podemos despejar el coseno del ángulo $\angle NGC$ utilizando el teorema del coseno en el triángulo $GCN$: \[\cos\angle CGN=\frac{GN^2+GC^2-CN^2}{2\,GN\cdot GC}=\frac{\frac{1}{6}+1-\frac{1}{2}}{2\cdot\frac{1}{\sqrt{6}}\cdot 1}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}},\] que coincide con el coseno de $\angle ACB$. Como ambos ángulos están entre $0$ y $180$, deben ser iguales. Se razona de la misma forma que $\angle BGN=\angle BAC$ y se razona también que $\angle AGP=90^\circ=\angle ABC$ sin más que comprobar que $BG^2+AG^2=AB^2$.