El ejercicio de las siete (+) soluciones

Uno de los aspectos detrás de la belleza de las matemáticas es la variedad de enfoques que pueden llevar a resolver un problema. Hace poco me topé con un ejercicio sencillo que encapsula satisfactoriamente esta idea: el problema 5 del nivel 6 del examen presencial para admisión a la Academia Sabatina de Jóvenes Talento (ASJTNIC). A continuación, presento el enunciado del ejercicio y soluciones comunicadas por colegas instructores:

Problema. Dado un cuadrado \(ABCD\), los puntos \(E\) y \(F\) están sobre los lados \(BC\) y \(CD\). Se tiene que \(BE + FD = EF\). ¿Cuánto mide el ángulo \(EAF\)?

En lo que sigue, \(\ell\) denota el lado del cuadrado \(ABCD\).

Solución 1 (por Oscar Quintanilla). Sean \(BE = x\) y \(DF = y\). Tenemos que \(CE = \ell - x\) y \(CF = \ell - y\). Como \(BE + DF = EF\) tenemos que \(EF = x + y\). Aplicando el teorema de Pitágoras en el \(\bigtriangleup CEF\) conseguimos que \((\ell - x)^2 + (\ell - y)^2 = (x+y)^2\), de donde es sencillo obtener que \(\ell^2 - \ell x - \ell y = xy\). Usando este dato, el área del triángulo \(CEF\) corresponde a

\begin{equation*} \dfrac{CE\cdot CF}{2} = \dfrac{(\ell - x)(\ell - y)}{2} = \dfrac{(\ell^2 - \ell x - \ell y) +xy}{2} = xy \end{equation*}

Además, veamos que \([ABE] = \ell x:2\) y \([ADF] = \ell y:2\), de modo que

\[\begin{aligned} \mbox{Área de $\bigtriangleup AEF$} = [AEF] &= [ABCD] - [ABE] - [ADF] - [CEF]\\ &= \ell^2 - \dfrac{\ell x}{2} - \dfrac{\ell y}{2} - xy\\ &= \ell^2 - \dfrac{\ell x}{2} - \dfrac{\ell y}{2} - (\ell^2 - \ell x - \ell y)\\ &= \dfrac{\ell (x + y)}{2} = \dfrac{\ell \cdot EF}{2} \end{aligned}\]

por tanto, la longitud de la altura de \(\bigtriangleup EAF\) desde \(A\), digamos \(AP\), equivale a \(\ell\). Asimismo, por el teorema de Pitágoras podemos concluir que \(BE = EP\) y \(PF = FD\), así que \(ABEP\) y \(APFD\) son romboides con \(\angle BAE = \angle EAP\) y \(\angle PAF = FAD\), lo que implica que \(\angle EAF = \angle BAD/2 = 45^\circ\). \(\Box\)

Solución 2 (por Jafet Baca). Construyamos puntos \(X\) e \(Y\) sobre las prolongaciones de los rayos \(CD\) y \(CB\) tales que \(EY = EF = EX\). Por criterio LLL concluimos que los triángulos \(BAY\) y \(DAF\) son congruentes, al igual que \(BAE\) y \(DAX\). Lo anterior implica que \(AF = AY\) y \(AE = AX\), de modo que \(AE\) es la mediatriz de \(\overline{FY}\) y \(AF\) lo es de \(\overline{EX}\).

Sea \(P\) el punto de intersección de \(AE\) y \(FY\). Observemos que \(APBY\) y \(APFD\) son cíclicos. Como \(A\) es el centro de congruencia espiral que envía \(\overline{YB}\) a \(\overline{FD}\), \(P\) coincide necesariamente con el punto de corte de las rectas \(BD\) y \(YF\), es decir, \(B, P\) y \(D\) están alineados. De forma similar podemos probar que \(Q\) yace sobre \(BD\), así que \(\angle EAF = \angle PAF = \angle PDF = \angle BDC = 45^\circ\). \(\Box\)

Solución 3 (por Marcos Sánchez). Consideremos el punto \(P\) sobre el lado \(AB\) tal que \(BE = BP = a\). Análogamente, sea \(Q\) sobre \(AD\) tal que \(DF = DQ = b\); luego \(CE = \ell - a\) y \(CF = \ell - b\). Por dato, \(EF = a + b\).

Aplicando el teorema de Pitágoras en \(\bigtriangleup BPE,\ \bigtriangleup CEF\) y \(\bigtriangleup DFQ\) obtenemos que

\[\begin{aligned} PE &= a\sqrt{2} \\ QF &= b\sqrt{2} \\ (\ell - a)^2 + (\ell - b)^2 &= (a + b)^2 \end{aligned}\]

Al manipular la tercera expresión podemos inferir que

\begin{equation*} \dfrac{\ell - a}{a\sqrt{2}} = \dfrac{b \sqrt{2}}{\ell - b} \Longrightarrow \dfrac{AP}{PE} = \dfrac{QF}{AQ} \end{equation*} además, \(\angle PAE = \angle AQF\), por consiguiente \(\bigtriangleup APE \sim \bigtriangleup FQA\). En conclusión, \(\angle EAF = 90^{\circ} - \angle PAE - \angle FAQ = 45^{\circ}\). \(\Box\)

Solución 4 (por Richard González). Definamos a \(X\) como el pie de altura desde \(A\) a \(EF\) y sean \(BE = a\), \(FD = b\), \(EX = m\), \(XF = n\). Por hipótesis, sabemos que \(a + b = m + n\) (a).

Mediante aplicaciones sucesivas del teorema de Pitágoras podemos obtener que

\[\begin{align} AE &= \sqrt{\ell^2 + a^2} &\mbox{(th. Pitágoras en $\bigtriangleup ABE$)} \notag \\ AX &= \sqrt{\ell^2 + a^2 - m^2} &\mbox{(th. Pitágoras en $\bigtriangleup AEX$)}\\ AF &= \sqrt{\ell^2 + b^2} &\mbox{(th. Pitágoras en $\bigtriangleup ADF$)} \notag \\ AX &= \sqrt{\ell^2 + b^2 - n^2} &\mbox{(th. Pitágoras en $\bigtriangleup AFX)$} \end{align}\]

Comparando (1) y (2) deducimos que \(a^2 - b^2 = m^2 - n^2\). Tomando en cuenta (a), se concluye que \(a - b = m - n\). Si combinamos la expresión anterior con (a) nuevamente, inferimos que \(a = m\) y \(b = n\). Esto conduce a que \(AX = \ell\). Por criterio LLL, obtenemos que \(\bigtriangleup ABE \cong \bigtriangleup AXE\) y \(\bigtriangleup ADF \cong \bigtriangleup AXF\), de donde \(\angle EAF = \angle BAD:2 = 45^{\circ}\). \(\Box\)

Solución 5 (por Jafet Baca). Notemos que el semiperímetro \(s\) de \(\bigtriangleup CEF\) es igual a

\begin{equation*} s = \dfrac{CE + EF + FC}{2} = \dfrac{(BC-BE) + (CD - DF) + BE + DF}{2} = BC \end{equation*}

luego, \(B\) y \(D\) son los puntos de tangencia del \(C\)-excírculo de \(\bigtriangleup CEF\) con \(CE\) y \(CF\), respectivamente. Siendo así, \(A\) es el \(C\)-excentro de este triángulo, por lo que

\begin{equation*} \angle EAF = 90^{\circ} - \dfrac{\angle FCE}{2} = 45^{\circ} \end{equation*}

Esto completa la solución. \(\Box\)

Solución 6 (por Néstor González). Supongamos que el segmento \(EF\) es secante a la circunferencia de centro \(A\) y radio \(AB = AD\), digamos \(\Gamma\). Sean \(E'\) y \(F'\) puntos sobre \(BC\) y \(CA\) tales que \(E'F'\) es tangente a la circunferencia anterior en \(T\) y \(EF\parallel E'F'\). Evidentemente, \(BE' + CF' = E'T + TF' = E'F'\). No obstante, notemos que \(BE < BE'\) y \(DF < DF'\), por consiguiente \(BE + DF < BE' + DF' = E'F' < EF\), lo que resulta en una contradicción.

Similarmente, si suponemos que \(\Gamma\) y \(EF\) no poseen puntos comunes es sencillo inferir que \(BE + DF > EF\), lo que es absurdo. Entonces, debe ocurrir forzosamente que \(\Gamma\) es tangente también a \(EF\) y podemos concluir que \(A\) es el \(C\)-excentro de \(\bigtriangleup EFC\) con \(\angle EAF = (\angle CEF + \angle CFE):2 = 45^{\circ}\). \(\Box\)

Solución 7 (por Oscar Quintanilla). Sea \(P\) el punto sobre la recta \(BC\) más allá de \(B\) tal que \(BP = DF\); en consecuencia, \(EP = EF\).

Por criterio LAL, podemos notar que \(\bigtriangleup ABP \cong \bigtriangleup ADF\), así que \(AP = AF\). Siendo así, por criterio LLL podemos inferir también que \(\bigtriangleup APE \cong \bigtriangleup AFE\); por tanto

\begin{equation*} 90^{\circ} = \angle EAF + \angle BAE + \angle FAD = \angle EAF + \angle BAE + \angle PAB = \angle EAF + \angle PAE = 2\angle EAF \end{equation*}

La conclusión es inmediata. \(\Box\)

Solución 8 (por Mauricio Rodríguez). Definamos a \(\Gamma_1\) y \(\Gamma_2\) como los círculos centrados en \(E\) y \(F\) con radios \(BE\) y \(FD\), respectivamente. Por la condición del problema, \(\Gamma_1\) y \(\Gamma_2\) son tangentes en un punto sobre \(EF\), digamos \(P\).

Es claro que \(P\) yace sobre el eje radical de \(\Gamma_1\) y \(\Gamma_2\). Como \(BA^2 = DA^2\) y estos lados son tangentes a \(\Gamma_1\) y \(\Gamma_2\), respectivamente, \(A\) también yace sobre tal recta. De este modo, \(AP\) es el eje radical de \(\Gamma_1\) y \(\Gamma_2\), así que \(AP\perp EF\) y coincide con la tangente interna común de ambas circunferencias. Siendo así, \(AB = AP = AD\) y concluimos como en la solución 1. \(\Box\)

Sin duda alguna, debe haber otros caminos de solución para el problema. Continuaré agregándolos cuando sean de mi conocimiento.