Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Como la circunferencia inscrita es tangente al lado $CA$ en $F$, el radio $IF$ es perpendicular a $CA$, luego el triángulo $AFI$ (sombreado en azul) es rectángulo. El segmento $FM$ es una de sus alturas, con lo que $FMI$ es semejante a $AFI$ y esto nos da la relación $\frac{AF}{AM}=\frac{AI}{AF}$, luego $AF^2=AI\cdot AM$. Ahora bien, por la potencia respecto de la circunferencia inscrita, se tiene también que $AF^2=AP\cdot AD$ y, por tanto, $AP\cdot AD=AI\cdot AM$. Usando el recíproco de la propiedad de la potencia (del punto $A$), esto nos dice que $P,I,M,D$ están sobre la misma circunferencia (siempre que no estén alineados).

Nota. Los puntos están alineados cuando la bisectriz del ángulo $A$ pasa por el punto $D$, lo cual es equivalente a que el triángulo $ABC$ sea isósceles (con ángulo desigual en $A$).

Solución. Sea $T$ el punto de tangencia de la circunferencia inscrita al lado $AB$ y observemos que los puntos $O,M,B,T$ están en una misma circunferencia de diámetro $OB$ (en azul en la figura) puesto que $\angle OTB=\angle OMB=90^\circ$.

Vamos a comenzar demostrando que $P$ está también en esa circunferencia probando que $\angle OPM=180-\angle OBM=180-\frac{\beta}{2}$, donde $\alpha,\beta,\gamma$ denotan los ángulos del triángulo $ABC$. Para probar esto, haremos una caza de ángulos. Como la suma de los ángulos de $ANO$ es $180^\circ$, se tiene fácilmente que $\angle NOA=90-\frac{\alpha}{2}$, de donde se sigue que $\angle NOP=90+\frac{\alpha}{2}$ por ser el ángulo suplementario. Por otro lado, el cuadrilátero $CNOM$ es una cometa (ya que $\angle CNO=\angle CMO$ y $ON=OM$ es el radio de la circunferencia inscrita) luego sus diagonales son perpendiculares, de donde se deduce rápidamente que $\angle ONM=\angle OMN=\frac{\gamma}{2}$. Con todo esto, en el triángulo $ONP$ tenemos que $\angle ONP=\frac{\gamma}{2}$ y $\angle NOP=90+\frac{\alpha}{2}$, luego debe ser $\angle NPO=90-\frac{\alpha+\gamma}{2}=\frac{\beta}{2}$. De aquí que $\angle OPM=180-\frac{\beta}{2}=180-\angle OBM$. Por la propiedad del arco capaz, tenemos que $OPMB$ es un cuadrilátero cíclico.

Esto demuestra que $\angle APB$ es un ángulo recto y un razonamiento similar al anterior demuestra que $\angle AQB$ es también recto, luego $P$ y $Q$ pertenecen a la circunferencia de diámetro $AB$ (en verde en la figura). Ahora bien, en el párrafo anterior también hemos demostrado que $NOP$ tiene ángulos $\angle ONM=\frac{\gamma}{2}$ y $\angle NPO=\frac{\beta}{2}$, luego es semejante a $COB$. Con esta semejanza, llegamos a que \[\frac{BC}{OB}=\frac{NP}{OP}=\frac{NP\cdot OA}{OQ\cdot OB}\ \Leftrightarrow\ MP\cdot OA=BC\cdot OQ,\] donde hemos usado que $OP\cdot OA=OQ\cdot OB$ por la potencia de $O$ respecto de la circunferencia circunscrita a $ANPB$.

Solución. Si intercambiamos dos de los lados, lo que hay dentro del valor absoluto cambia de signo, lo que nos da la idea de intentar sacar factores comunes de la forma $a-b$, $b-c$ y $c-a$. Observamos que \[\frac{a-b}{a+b}+\frac{b-c}{b+c}=\frac{ab+ac-b^2-bc+ab-ac+b^2-bc}{(a+b)(b+c)}=\frac{2b(a-c)}{(a+b)(b+c)}.\] Por tanto, tenemos que \begin{align*} \frac{a-b}{a+b}+\frac{b-c}{b+c}+\frac{c-a}{c+a}&=\left(\frac{2b}{(a+b)(b+c)}-\frac{1}{c+a}\right)(a-c)\\ &=\frac{(a-b)(b-c)(a-c)}{(a+b)(b+c)(c+a)}. \end{align*} Si suponemos sin pérdida de generalidad que $a\geq b\geq c$, la desigualdad a demostrar es la siguiente sin valor absoluto ya que los factores del numerador son positivos: \[\frac{(a-b)(b-c)(a-c)}{(a+b)(b+c)(c+a)}\lt\frac{1}{16}.\] Por un lado, la desigualdad triangular nos dice que $a\lt b+c$, lo que nos sirve para estimar $a$ en el numerador. Por otro lado, tenemos que $a\gt b$ nos da una forma de estimar $a$ en el denominador. Juntando estas dos estimaciones, llegamos a que \[\frac{(a-b)(b-c)(a-c)}{(a+b)(b+c)(c+a)}\lt\frac{bc(b-c)}{2b(b+c)^2}=\frac{(\frac{b}{c}-1)}{2(\frac{b}{c}+1)^2}.\] Tomamos ahora la función $f(x)=\frac{x-1}{2(x+1)^2}$, definida para todo $x\geq 1$ (ya que $\frac{b}{c}\geq 1$). Será suficiente ver que su máximo es menor o igual que $\frac{1}{16}$. Tenemos que su derivada $f'(x)=\frac{3-x}{2(x+1)^3}$ es positiva en $[1,3)$ y negativa en $(3,+\infty)$, luego $f(x)$ crece estrictamente desde $f(1)=0$ hasta $f(3)=\frac{1}{16}$ y luego decrece. Esto concluye la demostración.

Nota. La cota $\frac{1}{16}$ parece no ser óptima.

Solución. Llamemos $Q$ al punto medio de $BC$ y $M$ al pie de la perpendicular desde $N$ al lado $BC$ y llamemos $a=BC$ y $x=BP$. Pongamos también sin pérdida de generalidad que $P$ está más cerca de $B$ que de $C$, es decir, que $x\leq\frac{a}{2}$. Como $M_1$ es el punto medio de $BP$, tenemos que $BM_1=M_1P=\frac{x}{2}$. Como $N$ es el punto medio de $AP$ y los segmentos $NM$ y $AQ$ son paralelas, el teorema de Thales nos dice que $PM=MQ=\frac{1}{2}(\frac{a}{2}-x)=\frac{a}{4}-x$. También tenemos que $QM_2=QC-M_2C=\frac{a}{2}-\frac{a-x}{2}=\frac{x}{2}$ y de todo esto deducimos que \[M_1M=M_1P+PM=\frac{a}{4}-\frac{x}{2},\qquad MM_2=MQ+QM_2=\frac{a}{4}-\frac{x}{2},\] y por tanto $M$ es el punto medio de $M_1M_2$. El área del trapecio es la base media $MN$ (que es igual a $\frac{AQ}{2}$ por el mismo teorema de Thales anterior) por la altura $M_1M_2=\frac{a}{2}$, luego $M_1M_2N_2N_1$ tiene área $\frac{1}{2}(\frac{a\cdot AQ}{2})$, que es claramente la mitad del área de $ABC$.