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).