OME 2022 — El triángulo isósceles de $100°$ y su bisectriz

Enunciado

Sea $ABC$ un triángulo isósceles con $\angle BAC = 100°$ . La bisectriz del ángulo $\angle CBA$ corta al lado $AC$ en el punto $D$ . Demostrar que

BD + DA = BC.

Idea de la solución

La igualdad $BD + DA = BC$ es una identidad aditiva: afirma que un segmento más otro reproduce un tercero. La táctica natural para probar algo así es "cortar" el segmento más largo en dos trozos que coincidan, uno a uno, con los segmentos de la izquierda.

Construimos el punto $E$ sobre $BC$ tal que $BE = BD$ . Entonces $BD + DA = BE + DA$ , y el problema se reduce a probar que

DA = EC,

pues de ahí se sigue $BD + DA = BE + EC = BC$ (ya que $E$ está entre $B$ y $C$ ).

Para demostrar $DA = EC$ encadenamos varios triángulos isósceles: primero $BDE$ (por construcción), luego $ADE$ y finalmente $DEC$ , conectados entre sí mediante un cuadrilátero cíclico que aparece de forma natural al perseguir ángulos.

Demostración

Como $ABC$ es isósceles con $\angle BAC = 100°$ , los ángulos de la base son iguales y miden

\angle ABC = \angle ACB = \frac{180° - 100°}{2} = 40°.

La bisectriz $BD$ del ángulo $\angle ABC$ produce

\angle ABD = \angle DBC = 20°.

Sea $E$ el único punto de $BC$ tal que $BE = BD$ .

Paso 1 ( $\triangle BDE$ isósceles). Como $E \in BC$ , el rayo $BE$ coincide con el rayo $BC$ , así que $\angle DBE = \angle DBC = 20°$ . Junto con $BD = BE$ , el triángulo $BDE$ es isósceles con ápice en $B$ , y sus ángulos en la base son iguales:

\angle BDE = \angle BED = \frac{180° - 20°}{2} = 80°.

Paso 2 (el cuadrilátero $ABED$ es cíclico). Miremos los ángulos en los vértices opuestos $A$ y $E$ del cuadrilátero $ABED$ :

\angle DAB = \angle BAC = 100° \qquad \text{(pues $D \in AC$)},

\angle BED = 80° \qquad \text{(Paso 1)}.

Su suma es $100° + 80° = 180°$ . Por el recíproco del teorema del ángulo inscrito —un cuadrilátero convexo es cíclico si y solo si sus ángulos opuestos son suplementarios—, los cuatro puntos $A$ , $B$ , $E$ , $D$ son concíclicos.

Paso 3 ( $\triangle ADE$ isósceles, $AD = DE$ ). Al ser $ABED$ cíclico, los ángulos inscritos que abarcan el mismo arco son iguales:

\angle DEA = \angle DBA = \angle ABD = 20° \qquad (\text{arco } \widehat{DA}),

\angle DAE = \angle DBE = \angle DBC = 20° \qquad (\text{arco } \widehat{DE}).

Así, en el triángulo $ADE$ los ángulos en $A$ y en $E$ son iguales ( $= 20°$ ), luego es isósceles y los lados opuestos a esos ángulos coinciden:

DE = AD.

Paso 4 ( $\triangle DEC$ isósceles, $DE = EC$ ). Como $B$ , $E$ , $C$ son colineales con $E$ entre $B$ y $C$ ,

\angle DEC = 180° - \angle DEB = 180° - 80° = 100°.

Además $\angle DCE = \angle ACB = 40°$ (pues $D \in AC$ y $E \in BC$ , así que $\angle DCE$ es exactamente el ángulo del triángulo original en $C$ ). Por la suma de ángulos del triángulo $DEC$ ,

\angle EDC = 180° - 100° - 40° = 40° = \angle DCE.

Luego $\triangle DEC$ es isósceles y los lados opuestos a estos ángulos iguales coinciden:

EC = DE.

Paso 5 (conclusión). De los pasos 3 y 4, $AD = DE = EC$ . En particular $AD = EC$ . Por tanto

BD + DA = BE + DA = BE + EC = BC,

donde la primera igualdad usa $BD = BE$ (construcción de $E$ ), la segunda usa $DA = EC$ , y la tercera usa que $E$ está entre $B$ y $C$ . $\blacksquare$

Observación

El paso decisivo —y el que vale la pena memorizar como técnica general— es la introducción del punto auxiliar $E$ : convierte una identidad aditiva ( $BD + DA = BC$ ) en una identidad de igualdad entre dos segmentos ( $DA = EC$ ), que es mucho más manejable con las herramientas habituales (triángulos isósceles, ángulos inscritos). Esta misma idea —"recortar" un segmento largo para reducir una suma a una igualdad— es el corazón de demostraciones clásicas como el teorema de la cuerda quebrada de Arquímedes.

Nótese también la cadena de razonamiento: la construcción ad hoc de $E$ produce un triángulo isósceles "gratis" ( $BDE$ ), que mediante una suma de ángulos ( $100° + 80° = 180°$ ) revela un cuadrilátero cíclico oculto, y este, a su vez, mediante ángulos inscritos sobre arcos iguales, produce dos triángulos isósceles más ( $ADE$ y $DEC$ ). Cada pieza es elemental; la dificultad real está en encontrar el punto que hace arrancar la cadena.

Aplicaciones

Identidades aditivas de segmentos. Cuando un enunciado pide probar $X + Y = Z$ , suele ser fructífero buscar el punto sobre $Z$ que lo divide en trozos iguales a $X$ e $Y$ , y después demostrar esa partición mediante triángulos isósceles o congruentes. El ejemplo más famoso de esta técnica es el teorema de la cuerda quebrada (lema de Arquímedes).
Detección de cuadriláteros cíclicos vía suma de ángulos. La condición $\angle DAB + \angle BED = 180°$ es exactamente el criterio de ciclicidad del problema 4 de la Colección de iniciación; aquí se usa "hacia adelante" (de la suma de ángulos a la circunferencia) para luego usarla "hacia atrás" (de la circunferencia a nuevos ángulos iguales).
Triángulos isósceles con ángulos $20°$ – $20°$ – $140°$ y $40°$ – $40°$ – $100°$ . Estas configuraciones angulares —múltiplos de $20°$ que suman $180°$ — aparecen recurrentemente en problemas de "triangle dissection" y en la geometría del pentágono regular (ángulos de $36°$ y $72°$ guardan la misma lógica de cadenas de isósceles).

Problemas relacionados

Generalizar: si $\angle BAC = \alpha$ con $ABC$ isósceles ( $AB=AC$ ) y $BD$ es la bisectriz de $\angle ABC$ , ¿para qué valores de $\alpha$ se cumple una identidad del tipo $BD + DA = BC$ ? (Pista: el argumento anterior depende esencialmente de que $180° - \angle ABC = \angle BAC$ , es decir, de la relación concreta entre $100°$ y $40°$ ; estudiar qué ocurre al variar $\alpha$ .)
Demostrar el teorema de la cuerda quebrada: si $\overarc{AB}$ y $\overarc{BC}$ son dos arcos de una circunferencia con $AB < BC$ , y $M$ es el punto medio del arco $\widehat{ABC}$ , entonces el pie de la perpendicular desde $M$ a $BC$ es el punto medio de la quebrada $ABC$ (es decir, $AB + BF = FC$ donde $F$ es dicho pie).
(Problema 4, Colección de iniciación) Un cuadrilátero convexo es cíclico si y solo si sus ángulos opuestos son suplementarios.