Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Pongamos que los lados miden $n-1$, $n$ y $n+1$ y que el ángulo menor es $\alpha$ y el mayor $2\alpha$. Esto nos dice que $2\alpha$ es el ángulo opuesto a $n+1$ y $\alpha$ el opuesto a $n-1$ ya que los ángulos guardan el mismo orden que sus lados opuestos. Por tanto, el teorema del seno nos dice que \[\frac{\mathrm{sen}(\alpha)}{n-1}=\frac{\mathrm{sen}(2\alpha)}{n+1}=\frac{2\mathrm{sen}(\alpha)\cos(\alpha)}{n+1}\ \Longrightarrow\ \cos(\alpha)=\frac{n+1}{2(n-1)}.\] Ahora bien, el teorema del coseno aplicado al lado de longitud $n-1$ nos dice que \[(n-1)^2=n^2+(n+1)^2-2n(n+1)\cos(\alpha)=2n^2+2n+1-\frac{n(n+1)^2}{n-1}.\] Operando y simplificando, la ecuación anterior equivale a $n(n-5)=0$, lo que nos da como única posibilidad $n=5$ (el triángulo de lados $4$, $5$ y $6$).

Resta por ver si este triángulo cumple la propiedad. De nuevo por el teorema del coseno, tenemos que el ángulo $\alpha$ opuesto al lado de longitud $4$ cumple \[\cos(\alpha)=\frac{5^2+6^2-4^2}{2\cdot 5\cdot 6}=\frac{3}{4}.\] Por su parte, el ángulo $\beta$ opuesto al lado de longitud $6$ cumple \[\cos(\beta)=\frac{4^2+5^2-6^2}{2\cdot 4\cdot 5}=\frac{1}{8}=2\cos^2(\alpha)-1=\cos(2\alpha).\] Deducimos que $\beta=2\alpha$, luego en este triángulo el ángulo mayor es el doble del menor y respondemos así afirmativamente a la pregunta del enunciado.

Solución. Pongamos que los vértices están dados en coordenadas por $A=(a,0,0)$, $B=(0,b,0)$ y $C=(0,0,c)$, siendo $a,b,c\neq 0$. Vamos a calcular el ángulo en el vértice $A$ usando geometría analítica (los otros dos ángulos se razonan de forma similar). Considerando los vectores directores $\vec{u}=(-a,b,0)$ del lado $AB$ y $\vec{v}=(-a,0,c)$ del lado $BC$, tenemos que \[\cos(A)=\frac{\vec{u}\cdot \vec{v}}{\|\vec{u}\|\cdot\|\vec{v}\|}=\frac{a^2}{\sqrt{a^2+b^2}\sqrt{a^2+c^2}}\gt 0.\] Por tanto, deducimos que $A\lt 90^\circ$.

Solución. Si llamamos $x=BD$ e $y=AD$, tenemos claramente que $x+y=c$ y, por el teorema de la bisectriz, también que $\frac{x}{b}=\frac{y}{c}$. Esto nos da un sistema de dos ecuaciones lineales con dos incógnitas $x$ e $y$, que se resuelve fácilmente, dando \[x=\frac{ac}{a+b},\qquad y=\frac{bc}{a+b}.\] El teorema del seno en los triángulos $ACD$ y $ABC$ nos dice que \[\frac{\mathrm{sen}(\frac{C}{2})}{y}=\frac{\mathrm{sen}(A)}{CD}=\frac{a\,\mathrm{sen}(C)}{c\cdot CD}.\] De aquí podemos despejar \[CD=\frac{ay\,\mathrm{sen}(C)}{c\,\mathrm{sen}(\frac{C}{2})}=\frac{2a\frac{bc}{a+b}\,\mathrm{sen}(\frac{C}{2})\cos(\frac{C}{2})}{c\,\mathrm{sen}(\frac{C}{2})}=\frac{2ab\cos(\frac{C}{2})}{a+b},\] donde hemos usado la fórmula del seno del ángulo doble $\mathrm{sen}(C)=2\mathrm{sen}(\frac{C}{2})\cos(\frac{C}{2})$.

Solución. Pongamos los puntos $P,Q,R,S$ como se indica en la figura más abajo y también supongamos que el lado del cuadrado es $1$ haciendo una homotecia si fuera necesario (no hay pérdida de generalidad). Vamos a comenzar expresando los lados de $PDE$ en términos de $x$. Como $PE=AP=1-PD$, el teorema de Pitágoras en el triángulo $PDE$ nos dice que $(1-PD)^2=PD^2+x^2$. Por tanto, \[DE=x,\qquad PD=\frac{1-x^2}{2},\qquad PE=1-PD=\frac{1+x^2}{2}.\] Tenemos de esta forma que el triángulo $PDE$ tiene perímetro $x+1$.

Los triángulos sombreados $PDE$, $SCE$ y $SRQ$ son semejantes (son rectángulos y es muy fácil ver que tienen otro ángulo igual). Como $EC=1-DE=1-x$ se corresponde en la semejanza con $PD= \frac{1-x^2}{2}$, el factor de proporcionalidad para pasar de $PDE$ a $SCE$ es $\frac{2}{1+x}$, luego deducimos que $SCE$ tiene perímetro $2$ (la mitad del perímetro del cuadrado, lo que responde a una de las preguntas del enunciado. Así, las longitudes de los lados de $SCE$ (nos las piden también en el enunciado) son \[CE=\frac{2x}{1+x},\qquad SC=1-x,\qquad SE=\frac{1+x^2}{1+x}.\] Ahora observamos que $SR=1-SE=\frac{x(1-x)}{1+x}$. Como este lado se corresponde con $SC=1-x$ en la semejanza, tenemos que el factor de semejanza para pasar de $SCE$ a $SRQ$ es $\frac{1-x}{2}$, por lo que el perímetro de $SRQ$ es $2\cdot \frac{1-x}{2}=1-x$ y sus lados vienen dados por \[RQ=\frac{x(1-x)}{1+x},\qquad SR=\frac{(1-x)^2}{2},\qquad SQ=\frac{(1+x^2)(1-x)}{2(1+x)}.\] La suma de los perímetros de $PDE$ y $SRQ$ es $(1+x)+(1-x)=2$, el perímetro de $SCE$, luego ya hemos demostrado todo lo que nos piden.

Solución. La circunferencia circunscrita al triángulo $DEF$ será tangente a la cuerda $AE$ cuando $AD\cdot AF=AE^2$ usando la potencia del punto $A$ respecto de dicha circunferencia. Ahora bien, una homotecia de centro $A$ y razón $2$ transforma la semicircunferencia pequeña en la grande y transforma $D$ en $F$, de donde se deduce que $AF=2AD$. Esto nos dice que el problema equivale a demostrar que $2AD^2=AE^2$.

Pongamos $x=AC$ y $r=AO$. Entonces, $CO=r-x$ y el teorema de la altura en el triángulo rectángulo $ADO$ nos dice que $CD^2=AC\cdot CO=x(r-x)$, de donde $AD^2=AC^2+CD^2=x^2+x(r-x)=rx$ por el teorema de Pitágoras. De forma similar, en el triángulo rectángulo $AEO$, el teorema de la altura nos dice que $CE^2=AC\cdot CB=x(2r-x)$, luego \[AE^2=AC^2+CE^2=x^2+x(2r-x)=2xr=2AD^2,\] como queríamos probar.