Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Consideremos un giro de centro en $C$ y ángulo $60º$ que transforma $ABC$ en otro triángulo equilátero $A'B'C'$ con $B'=A$ y $C'=C$. Llamemos $P'$ al punto en el que se transforma $P$ por dicho giro. Entonces, está claro que $PP'C$ es es equilátero (ya que $PC=P'C$ y $\angle PCP'=60ª$) y $APP'$ tiene por lados $AP$, $AP'=BP$ y $PP'=CP$. Además, se cumple que \[\text{área}(APP')+\text{área}(CPP')=\text{área}(AP'C)+\text{área}(APC)=\text{área}(BPC)+\text{área}(APC).\] Si llamamos $\Delta_a$ a un triángulo equilátero de lado $a$ y $T$ al triángulo de lados $5$, $7$ y $8$, tenemos que \[\text{área}(\Delta_8)+\text{área}(T)=\text{área}(BPC)+\text{área}(APC).\] Análogamente, haciendo giros de $60º$ respecto de los vértices $A$ y $B$, tenemos que \begin{eqnarray*} \text{área}(\Delta_7)+\text{área}(T)&=\text{área}(APB)+\text{área}(BPC),\\ \text{área}(\Delta_5)+\text{área}(T)&=\text{área}(APB)+\text{área}(APC). \end{eqnarray*} Sumando las tres igualdades y teniendo en cuenta que las áreas de los tres triángulos $APB$, $BPC$ y $APC$ suman el área de $\Delta_\ell$, siendo $\ell$ el lado del triángulo $ABC$, llegamos a la identidad \[\text{área}(\Delta_5)+\text{área}(\Delta_7)+\text{área}(\Delta_8)+3\cdot\text{área}(T)=2\cdot\text{área}(\Delta_\ell).\] Usando que $\text{área}(\Delta_a)=\frac{\sqrt{3}}{4}a^2$ y que la fórmula de Herón nos dice que $\text{área}(T)=\sqrt{p(p-5)(p-7)(p-8)}=10\sqrt{3}$, siendo $p=10$ el semiperímetro de $T$, podemos transformar la identidad anterior en la ecuación \[(5^2+7^2+8^2)\frac{\sqrt{3}}{4}+30\sqrt{3}=\frac{\sqrt{3}}{2}\ell^2,\] de donde deducimos que $\ell=\sqrt{129}$.

Solución. Vamos a introducir coordenadas para resolver el problema. Para simplificar los cálculos, tomemos el origen de coordenadas en el vértice $C$ y el eje de abscisas sobre el lado $BC$, de forma que los tres vértices tengan coordenadas \[A=\left(\frac{\ell}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}\ell\right),\qquad B=(\ell,0),\qquad C=(0,0),\] siendo $\ell$ el lado del triángulo equilátero $ABC$. Si tomamos $P=(x,y)$, las condiciones dadas en el enunciado pueden reescribirse como \begin{eqnarray*} d(A,P)=5&\Leftrightarrow&\left(x-\frac{\ell}{2}\right)^2+\left(y-\frac{\sqrt{3}}{2}\ell\right)^2=25,\\ d(B,P)=7&\Leftrightarrow&(x-\ell^2)+y^2=49,\\ d(C,P)=8&\Leftrightarrow&x^2+y^2=64.\\ \end{eqnarray*} Usando la tercera ecuación para eliminar los cuadrados de $x$ en $y$ en las dos primeras, podemos despejar $x$ e $y$ en función de $\ell$ como \[x=\frac{\ell^2+15}{2\ell},\qquad y=\frac{\ell^2+63}{2\sqrt{3}\ell}.\] Imponiendo finalmente que $x^2+y^2=64$, obtenemos la ecuación \[\left(\frac{\ell^2+15}{2\ell}\right)^2+\left(\frac{\ell^2+63}{2\sqrt{3}\ell}\right)^2=64\ \Leftrightarrow\ \ell^4-138\ell^2+1161=0.\] Esta ecuación bicuadrada tiene como soluciones positivas $\ell=\sqrt{129}$ y $\ell=3$, aunque ésta última debe descartarse ya que el punto $P$ ha de ser interior al triángulo.