Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Tenemos que $OA=OB=OC=1$ y $AB=AC=BC=1$, luego $OABC$ es un tetraedro regular y $D$ es el centro de la cara $OBC$, que es un triángulo equilátero. En particular, $OD$ es $\frac{2}{3}$ de la altura de este triángulo, luego $OD=\frac{2}{3}\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{1}{\sqrt{3}}$. Ahora bien, la recta $ON$ es paralela a $DA$ ya que ambas son perpendiculares a $\alpha$, luego los puntos $A,O,N,D$ están todos en un plano perpendicular a $\alpha$. El triángulo $DNO$ es rectángulo y en él puede verse que el ángulo buscado $\angle DNO$ tiene tangente $\frac{OD}{ON}=\frac{1}{\sqrt{3}}$, luego ha de ser $\angle DNO=30^\circ$.

Solución. Se tienen las siguientes expresiones en términos de los lados del triángulo: \[BM=\frac{1}{2}a,\qquad BF=\frac{ca}{b+c},\qquad BD=\frac{a^2-b^2+c^2}{2a}.\] La primera es obvia por ser $M$ el punto medio. La segunda se deduce del teorema de la bisectriz: $BF$ y $FC$ son proporcionales a $c$ y $b$ y suman $a$. La tercera se deduce de usar el teorema de Pitágoras con la altura $AD^2=c^2-BD^2=b^2-DC^2$ y usar también que $BD+DC=a$.

Por lo tanto, la condición que nos dan se puede escribir como

\begin{align*} 2BF=BD+DM&\ \Longleftrightarrow\ \frac{2c}{b+c}=\frac{a^2-b^2+c^2}{2a^2}+\frac{1}{2}\\ &\ \Longleftrightarrow\ 4a^2c=(a^2-b^2+c^2)(b+c)+a^2(b+c)\\ &\ \Longleftrightarrow\ (2a^2-(b+c)^2)(b-c)=0. \end{align*} En realidad, sacar el factor $b-c$ puede ser complicado, pero de alguna forma se sabía que debía estar porque un triángulo isósceles cumple la condición propuesta (verifica $M=F=D$). Entonces tenemos que $b=c$ o bien $2a^2=(b+c)^2$. Este segundo caso, nos lleva a que $b+c=a\sqrt{2}$ tomando raíces cuadradas.

Por lo tanto, la solución son únicamente los triángulos isósceles con $AB=AC$ o bien aquellos en los que $AB+AC=\sqrt{2}BC$ (esta última condición equivale a que $A$ está en una elipse de focos $B$ y $C$ de excentricidad fija).

Solución. Sean $A_1,A_2,A_3$ las áreas de los triángulos $AOP,BOM,NOC$, respectivamente, y sean $B_1,B_2,B_3$ las áreas de los otros tres triángulos $POB,AON,COM$. Si $S$ es el área total del triángulo $ABC$, tenemos que \[A_1+A_2+A_3+B_1+B_2+B_3=S.\] Ahora bien, como las cevianas $AM,BN,CP$ se cortan en $O$, el teorema de Ceva nos dice que \[\frac{AP}{PB}\cdot\frac{BM}{MC}\cdot\frac{CN}{NA}=1.\] Si multiplicamos el numerador y denominador de la primer fracción por la mitad de la altura común de los triángulos $AOP$ y $BOP$ (la distancia $d_c$ de $O$ a $AB$) y hacemos lo mismo con las otras fracciones (con las distancias $d_a$ de $O$ a $BC$ y la distancia $d_b$ de $O$ a $AC$), podemos transformar la igualdad anterior en una expresión con áreas: \[\frac{A_1}{B_1}\cdot\frac{A_2}{B_2}\cdot\frac{A_3}{B_3}=\frac{\frac12\cdot AP\cdot d_c}{\frac12\cdot PB\cdot d_c}\cdot\frac{\frac12\cdot BM\cdot d_a}{\frac12\cdot MC\cdot d_a}\cdot\frac{\frac12\cdot CN\cdot d_b}{\frac12\cdot NA\cdot d_b}=1.\] Tenemos, por tanto, que $A_1A_2A_3=B_1B_2B_3$. La desigualdad entre las medias aritmética y geométrica nos dice que \[(A_1A_2A_3)^2=A_1A_2A_3B_1B_2B_3\leq\left(\frac{A_1+A_2+A_3+B_1+B_2+B_3}{6}\right)^6=\frac{S^6}{6^6}.\] Concluimos que $A_1A_2A_3=B_1B_2B_3\leq(\frac{S}{6})^3$, luego al menos uno de los números $A_1,A_2,A_3$ y al menos uno de los números $B_1,B_2,B_3$ han de ser menores o iguales que $\frac{S}{6}$, como queríamos demostrar.