Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Vamos a escribir el problema con geometría analítica, de forma que los vértices tienen coordenadas $A=(x_A,y_A)$, $B=(x_B,y_B)$ y $C=(x_C,y_C)$ y consideramos el punto variable $M=(x,y)$. Tenemos entonces que el baricentro tiene coordenadas $G=(\frac{x_A+x_B+x_C}{3}, \tfrac{y_A+y_B+y_C}{3})$, luego podemos calcular \begin{align*}MA^2+MB^2+MC^2&=(x-x_A)^2+(y-y_A)^2+(x-x_B)^2+(y-y_B)^2+(x-x_C)^2+(y-y_C)^2\\ &=3x^2+3y^2-6x_Gx-6y_Gy+x_A^2+x_B^2+x_C^2+y_A^2+y_B^2+y_C^2\\ &=3\left((x-x_G)^2+\left(y-y_G\right)^2\right)+x_A^2+x_B^2+x_C^2+y_A^2+y_B^2+y_C^2-3x_G^2-3y_G^2 \end{align*} Sustituyendo $x=x_G$ e $y=y_G$ en la igualdad anterior, obtenemos directamente que \[GA^2+GB^2+GC^2=x_A^2+x_B^2+x_C^2+y_A^2+y_B^2+y_C^2-3x_G^2-3y_G^2,\] por lo que se tiene que \[MA^2+MB^2+MC^2=3MG^2+GA^2+GB^2+GC^2.\] De aquí se deduce que la desigualdad en el apartado (a) y que la igualdad se alcanza si y sólo si $MG=0$, es decir, cuando $M=G$. Más aún, si $MA^2+MB^2+MC^2=k\gt GA^2+GB^2+GC^2$, entonces la igualdad anterior nos dice que $MG$ es una constante positiva. Deducimos así que los puntos que cumplen (b) son los de una circunferencia centrada en $G$ de radio $\frac{1}{\sqrt{3}}\sqrt{k-GA^2-GB^2-GC^2}$.

Solución. Solución sintética

Solución. Vamos a considerar un sistema de coordenadas en el que el origen está en $D=(0,0)$ y los vértices del triángulo son $A=(a,0)$, $B=(b,0)$ y $C=(0,c)$ con $b,c\gt 0$ y $a\lt 0$. Ahora bien, la recta $AP$ corta a $CD$ (el eje $OY$) en un punto $X=(0,h)$. Es equivalente mover $P$ sobre $BC$ a mover $X$ sobre $AD$, luego el problema queda determinado sólo en términos de la variable $h$. El punto $P=(x_P,y_P)$ es la intersección de $AP$ y $BC$, luego es solución del sistema \[\left.\begin{array}{l} AP:\ \frac{x_P}{a}+\frac{y_P}{h}=1\\ BC:\ \frac{x_P}{b}+\frac{y_P}{c}=1 \end{array}\right\}\ \Longleftrightarrow\ P=(x_P,y_P)=\left(\frac{ab(c-h)}{ac-bh},\frac{ch(a-b)}{ac-bh}\right).\] Ahora bien, por la simetría de la construcción, $Q$ se obtiene cambiando $a$ por $b$ en la expresión anterior, es decir, \[Q=(x_Q,y_Q)=\left(\frac{ab(c-h)}{bc-ah},\frac{ch(b-a)}{bc-ah}\right).\] Además, $P$ está en el primer cuadrante y $Q$ en el segundo, luego la igualdad $\angle PDC=\angle QDC$ se deduce del hecho de que \[\frac{y_Q}{x_Q}=-\frac{y_P}{x_P}\] y esto demuestra que $CD$ es la bisectriz de $\angle PDQ$.

Nota. A la hora de formular las rectas, nos hemos basado en la conocida como ecuación continua de una recta. Esta nos dice que la recta del plano que pasa por los puntos $(a,0)$ y $(0,b)$ tiene ecuación $\frac{x}{a}+\frac{y}{b}=1$ (como puede comprobarse fácilmente).