Olimpiadas de Matemáticas
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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.

Solución. Sean $F$ y $G$ los puntos en que la circunferencia inscrita es tangente a los lados $AB$ y $AC$, respectivamente. Como $P$ está en la bisectriz $CI$, está a la misma distancia de $G$ y de $D$, luego hay una circunferencia de centro $P$ que pasa por $G$ y $D$, que corta de nuevo a los lados $BC$ y $AC$ en puntos $H$ y $J$, respectivamente, como se muestra en la figura. También está claro que hay una circunferencia de centro $B$ que pasa por $D$ y $F$. Vamos a ver que $AD$ es el eje radical de ambas circunferencias, luego será perpendicular a $BP$, la recta que une sus centros.

Para ver esto, será suficiente ver que $A$ tiene la misma potencia respecto de ambas circunferencias. La potencia de $A$ respecto de la circunferencia de centro $B$ es $AF\cdot(AF+2BF)$. La potencia de $A$ respecto de la circunferencia de centro $P$ es $AG\cdot AJ$. Ahora bien, tenemos que $AG=AF$ por estar $A$ en la bisectriz del ángulo $A$ y $GJ=DH$ por estar $P$ en la bisectriz del ángulo $C$. Además, $DH=2DE$ por ser $E$ el pie de la perpendicular a la cuerda $DH$ desde el centro $P$ y, finalmente, $DE=BD$ por la hipótesis del enunciado. Tenemos así que $AG\cdot AJ=AF\cdot(AF+2BF)$, como queríamos demostrar.

Solución. Vamos a probar que $AB^2+DP^2=AP^2+BD^2$, lo que implica que las dos diagonales del cuadrilátero $ABDP$ (sombreado en azul) son perpendiculares y se tiene el resultado deseado. Sea $X$ el pie de la perpendicular por $P$ al lado $AC$. Usando que $PX=PE$ y $BD=BE$, así como el teorema de Pitágoras en los triángulos rectángulos $AXP$ y $DPE$, tenemos que \[AB^2+DP^2=AB^2+DE^2+PE^2=AB^2+BD^2+PX^2=BD^2+AP^2+AB^2-AX^2,\] luego será suficiente con probar que $AB=AX$.

Para ello, sean $F$ y $G$ los puntos en que la circunferencia inscrita es tangente a los lados $AB$ y $AC$, respectivamente. Usando que $CX=CE$, $BF=BD=DE$, $AF=AG$ y $CG=CD$, tenemos que \[AX=AC-CX=AG+CG-CE=AF+CG-CD-BD+2BD=AF+BF=AB.\]