Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Estas tres desigualdades se pueden reescribir como \begin{align*} \angle ACB\leq \angle APB\leq 2\angle ACB,\\ \angle BAC\leq \angle BPC\leq 2\angle BAC,\\ \angle CBA\leq \angle CPA\leq 2\angle CBA. \end{align*} Sumando y usando que $\angle ACB+\angle BAC+\angle CBA=180^\circ$ (los ángulos del triángulo $ABC$ suman $180^\circ$, tenemos que \[180^\circ\leq \angle APB+\angle BPC+\angle CPA\leq 360^\circ.\] Sin embargo, se tiene que $\angle APB+\angle BPC+\angle CPA=360^\circ$ ya que estos tres ángulos forman un ángulo completo. Tenemos así que deben darse las siguientes tres igualdades: \[\angle APB=2\angle ACB,\qquad\angle BPC=2\angle BAC,\qquad\angle CPA=2\angle CBA.\] Estas igualdades se cumplen si $P$ coincide con $O$, el circuncentro de $ABC$ por la propiedad del ángulo central en la circunferencia circunscrita a $ABC$. Por la propiedad del arco capaz, la igualdad $\angle APB=\angle AOP$ nos dice que $P$ tiene que estar en la circunferencia circunscrita de $ABO$ y análogamente, tiene que estar en las circunferencias circunscritas de $BCO$ y $CAO$. Como estas tres circunferencias solo se cortan en $O$, necesariamente ha de ser $P=O$. Hemos probado así que el circuncentro es el único punto que cumple las condiciones del enunciado (observemos que el circuncentro es interior al triángulo puesto que es acutángulo).

Solución. Sea $ABC$ el triángulo en cuestión y supongamos que el ángulo en $A$ está fijo y también el radio $r$ de la circunferencia inscrita, que es tangente a los lados en los puntos $X,Y,Z$, como se muestra en la figura. El área del triángulo está dada por $S=rp$, siendo $p$ el semiperímetro, luego minimizar el perímetro del triángulo equivale a minimizar su área cuando variamos $X$ en el arco mayor $YZ$. Es fácil intuir que la solución al problema es el triángulo isósceles $ARS$ tangente a la circunferencia inscrita en el punto medio $M$ de $RS$. Vamos a confirmar esta intuición viendo que cualquier otra elección de $X$ distinta de $M$ nos da un triángulo $ABC$ de área mayor que $ARS$. Si suponemos sin perder generalidad que $X$ está en el arco $MZ$ (en caso de estar en $MY$ el razonamiento es similar), probaremos que el área de $PBR$ (en verde) es menor que el área de $PCS$ (en azul), siendo $P$ el punto en de corte entre $BC$ y $RS$.

Como $P$ está en el segmento $MR$ y $M$ es el punto medio de $RS$, se sigue que $PR\lt PS$; además, se tiene que $\angle PRB$ es agudo mientras que $\angle CSR=180-\angle PRB$ es obtuso. Esto nos dice que si giramos $180^\circ$ el triángulo $PRB$ respecto de $P$ obtenemos un triángulo $PR'B'$ contenido en $PCS$, luego ciertamente el área de $PBR$ es menor que el área de $PCS$ y hemos terminado la demostración.

Solución. Sea $ABCD$ el cuadrilátero convexo y $P$ el punto de corte de las diagonales. Si llamamos $S_1,S_2,S_3,S_4$ a las áreas de los cuatro triángulos en que las diagonales dividen al cuadrilátero, como se indica en la figura, entonces la propiedad de la bisección nos dice que \[S_1+S_2=S2+S_3=S_3+S_4=S_4+S_1\ \Longleftrightarrow\ \begin{cases}S_1=S_3,\\S_2=S_4.\end{cases}\] Ahora bien, para que la diagonal $BD$ biseque, las distancias de $A$ y $C$ a la recta $BD$ deben ser las mismas (las alturas de los triángulos $ABD$ y $BCD$ de base común $BD$, indicadas con línea discontinua roja). Por lo tanto, tiene que ser $BP=DP$ para que se cumpla que $S_1=S_3$. Análogamente, se demuestra que $AP=CP$, luego hemos llegado a que las diagonales se cortan en su punto medio y esto implica que $ABCD$ es un paralelogramo.