Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Sea $M$ el punto medio del lado $AB$. Como se trata de un trapecio isósceles, está claro que los triángulos $AMC$, $CMD$ y $CMB$ son equiláteros de lado $5$. Además, $AC$ y $BD$ contienen son mediatrices de $CMD$ correspondientes a los lados $DM$ y $CM$, respectivamente, luego $O$ es el circuncentro de $CMD$. Además, $DM$ y $EF$ son paralelas ya que ambas son perpendiculares a $AC$. Aplicando el teorema de Tales a estas paralelas que cortan a $AC$, $AD$ y $AB$ y teniendo en cuenta que $ON=\frac{1}{3}\cdot CN$, siendo $N$ la intersección de $AC$ y $DM$, llegamos a que $DE=FM=\frac{1}{3}MB=\frac{5}{3}$.

Con todo esto ya podemos calcular el área de $AECF$ puesto que esta consta de los dos triángulos equiláteros $ADM$ y $DMC$ (en azul en la figura). Ambos tienen lado $\ell=5$, luego su área es $\frac{\ell^2\sqrt{3}}{4}=\frac{25\sqrt{3}}{4}$ (esto se comprueba fácilmente usando el teorema de Pitágoras). También tenemos que contar los dos triángulos congruentes $DEC$ y $CMF$ (en amarillo en la figura), que tienen la misma altura que los equiláteros pero un tercio de su base, luego cada uno aporta un tercio del área ya calculada $\frac{25\sqrt{3}}{4}$. En resumen, tenemos que \begin{align*} \mathrm{Area}(AECF)&=\mathrm{Area}(ADM)+\mathrm{Area}(DMC)+\mathrm{Area}(DEC)+\mathrm{Area}(CMF)\\ &=\frac{25\sqrt{3}}{4}+\frac{25\sqrt{3}}{4}+\frac{1}{3}\cdot\frac{25\sqrt{3}}{4}+\frac{1}{3}\cdot\frac{25\sqrt{3}}{4}=\frac{50\sqrt{3}}{3}. \end{align*}

Solución. Como los triángulos $BFD$ y $BGD$ son rectángulos con hipotenusa común $BD$, deducimos que el cuadrilátero $BFDG$ es cíclico, es decir, hay una circunferencia que pasa por sus cuatro vértice. El centro de dicha circunferencia en $I$, el punto medio del diámetro $BD$. De la misma forma, hay una circunferencia con centro en $J$ en la que se inscribe el cuadrilátero $AECH$. Demostraremos que $KL$ es el eje radical de estas dos circunferencias y, por tanto, ortogonal a la recta $IJ$ que une sus centros.

Para ello, sólo hay que ver que $K$ y $L$ tienen la misma potencia respecto de ambas circunferencias, lo que equivale a decir que $LB\cdot LF=LE\cdot LA$ y $KD\cdot KG=KC\cdot KH$. Sin embargo, la primera igualdad se deduce directamente de que los triángulos $LFA$ y $LEB$ son semejantes, mientras que la segunda viene de que $KGC$ y $KDH$ son semejantes. En ambos casos se trata de triángulos rectángulos con un ángulo (no recto) común.

Nota. La demostración vale tanto si el cuadrilátero es cóncavo o convexo, o incluso si no hay cuadrilátero sino solo cuatro puntos dados en el plano. La única salvedad es que $ABCD$ sea un paralelogramo, en cuyo caso $I=J$ (y, por tanto, la recta $IJ$ no está definida) y $K$ y $L$ no existen ya que las rectas cuya intersección los define son paralelas.