Sea $ABCD$ un trapecio de bases $AB$ y $CD$ tal que $AB+CD=AD$. Las diagonales $AC$ y $BD$ se cortan en el punto $E$. La recta paralela a las bases que pasa por $E$ corta al lado $AD$ en el punto $F$. Demostrar que $B\widehat{F}C=90^\circ$.
FOFO de Pascua 2020 - P4 - Primer Solución Oficial.png
Pongamos $AB=x$ y $CD=y$, entonces tenemos que $AD=AB+CD=x+y$.
Arrancamos con esta observación, tenemos que $\angle AFB+\angle BFC+\angle CFD=180^\circ$ porque $A$, $F$ y $D$ están alineados, entonces $\angle BFC=180^\circ -(\angle AFB+\angle CFD)$. Notemos que si demostramos que $\angle AFB+\angle CFD=90^\circ$, podemos afirmar que $\angle BFC=180^\circ -90^\circ =90^\circ$, y tenemos resuelto el problema.
Como $AB$ y $CD$ son bases del trapecio, entonces son paralelas, y por el Teorema de Thales, resulta $\frac{BE}{ED}=\frac{AB}{CD}=\frac{x}{y}$. Vamos entonces con el paso crucial en la solución: definimos el punto $F'$ en el segmento $AD$ de forma que $AF'=AB=x$, entonces, como $AD=x+y$, tenemos que $F'D=y=CD$. Así, tenemos que $\frac{AF'}{F'D}=\frac{x}{y}=\frac{BE}{ED}$, y por el Teorema de Thales, se sigue que $EF'\parallel AB$, pero también sabíamos que $EF\parallel AB$, entonces tanto $F$ como $F'$ están sobre la recta paralela a $AB$ que pasa por $E$ y sobre el segmento $AD$, como el punto de intersección de dos rectas (que no son paralelas) es único, tenemos que $F'$ y $F$ son el mismo punto, por lo tanto, resulta que $AF=AF'=AB$ y $FD=F'D=CD$. De estas dos igualdades podemos concluir que los triángulos $BAF$ y $CDF$ son isósceles, entonces $\angle AFB=\angle FBA$ y $\angle CFD=\angle DCF$, ahora, como los ángulos interiores de un triángulo suman $180^\circ$, tenemos que\begin{align*}180^\circ & =\angle BAF+\angle AFB+\angle FBA \\
& =\angle BAF+2\angle AFB \\
& \Rightarrow 2\angle AFB=180^\circ -\angle BAF \\
& \Rightarrow \angle AFB=\frac{180^\circ -\angle BAF}{2} \\
180^\circ & =\angle FDC+\angle CFD+\angle DCF \\
& =\angle FDC+2\angle CFD \\
& \Rightarrow 2\angle CFD=180^\circ -\angle FDC \\
& \Rightarrow \angle CFD=\frac{180^\circ -\angle FDC}{2}
\end{align*}entonces\begin{align*}\angle AFB+\angle CFD & =\frac{180^\circ -\angle BAF}{2}+\frac{180^\circ -\angle FDC}{2} \\
& =\frac{2\cdot 180^\circ -(\angle BAF+\angle FDC)}{2} \\
& =180^\circ -\frac{\angle BAF+\angle FDC}{2}
\end{align*}como $\angle BAF+\angle FDC=\angle BAD+\angle ADC=180^\circ$ por ser $AB$ y $CD$ paralelas, tenemos que $\frac{\angle BAF+\angle FDC}{2}=90^\circ$, entonces$$\angle AFB+\angle CFD=180^\circ -90^\circ =90^\circ$$que era lo que queríamos demostrar.
FOFO de Pascua 2020 - P4 - Segunda Solución Oficial.png
Como en la primer solución, pongamos $AB=x$ y $CD=y$, entonces tenemos que $AD=AB+CD=x+y$.
Sea $D'$ el punto sobre la recta $AB$ tal que $BD'=CD=y$, con $A,B,D'$ en ese orden sobre la recta $AB$. De esta forma, tenemos que $AD'=AB+BD'=x+y=AD$, entonces el triángulo $DAD'$ es isósceles con $\angle ADD'=\angle DD'A$. Por otro lado, como $AB$ y $EF$ son paralelas, por el Teorema de Thales resulta que $\frac{AF}{FD}=\frac{BE}{ED}$, y como $AB$ y $CD$ son paralelas (por ser bases del trapecio), aplicando nuevamente el Teorema de Thales obtenemos que $\frac{BE}{ED}=\frac{AB}{CD}=\frac{AB}{BD'}$. Juntando estos dos resultados, tenemos que $\frac{AF}{FD}=\frac{AB}{BD'}$, entonces $BF\parallel DD'$, y así $\angle AFB=\angle ADD'=\angle DD'A=\angle FBA$, por lo que el triángulo $FAB$ es isósceles con $AF=AB$.
Observamos ahora que $AB+CD=AD=AF+FD$ y como $AF=AB$, podemos cancelar y resulta $CD=FD$. Notemos también que como $AD'$ y $CD$ son paralelas, entonces $\angle FDD'=\angle ADD'=\angle DD'A=\angle D'DC$, por lo que $DD'$ es bisectriz de $\angle FDC$, y como $CD=FD$, tenemos que el triángulo $FDC$ es isósceles, y al ser $DD'$ bisectriz, resulta que $DD'$ es perpendicular a $FC$. Pero como $BF$ y $DD'$ son paralelas, entonces $BF$ es perpendicular a $FC$, por lo que $\angle BFC=90^\circ$, que era lo que queríamos demostrar.
Las dos soluciones se basan en la misma idea importantísima, que es marcar un punto que nos genere algún triángulo isósceles (ya sea prolongando o acortando un lado), eso suele ser una idea muy útil en problemas como este, donde hay dos segmentos distintos que sumados son iguales a un tercero.
¿Cómo se nos puede ocurrir marcar el punto $F'$ de esa forma en la primer solución? ¿Y cómo estamos tan seguros de que va a ser el mismo punto que $F$ para llamarlo tan parecido? Bueno, esas ideas están inspiradas en lo que hacemos cuando estamos tratando de dibujar la figura del problema de modo que cumpla con todas las condiciones del enunciado (ayudados un poco por la idea importantísima). Si tenemos que $AD=AB+CD$, entonces $CD=AD-AB$, por lo tanto, marcando un punto $P$ sobre el segmento $AD$ de forma que $AP=AB$, tenemos que $PD=CD$, y así podemos marcar con certeza el punto $C$. Después, cuando completamos el dibujo, nos damos cuenta que $P$ está exactamente en el mismo lugar que $F$, y acá hay otra idea muy importante, que es la Tramposética (o Método del Punto Fantasma).
No tienes los permisos requeridos para ver los archivos adjuntos a este mensaje.
Definimos como $G$ a la intersección de $FE$ con $BC$, $O$ y $M$ los puntos medios de $AD$ y $BC$ respectivamente y $H$ a la intersección de $FC$ con la semirrecta $AB$.
Como $AB \parallel FG$ tenemos que:
$\dfrac{CE}{AC} = \dfrac{EG}{AB}$ y $\dfrac{DE}{BD} = \dfrac{FE}{AB}$ ya que $\triangle CEG \simeq \triangle CBA$ y $\triangle DFE \simeq \triangle DAB$ y respectivamente.
Pero, por Thales tenemos que:
$\dfrac{CE}{AC} = \dfrac{DE}{DB}~~\Rightarrow~~\dfrac{EG}{AB}=\dfrac{FE}{AB}~~\Rightarrow~~FE=EG$ por lo que $E$ es punto medio de $FG$
Nuevamente por Thales tenemos que:
$\dfrac{FE}{AH} = \dfrac{CE}{CA} = \dfrac{EG}{AB}~~\Rightarrow~~AH=AB$, de donde $A$ es punto medio de $BH$.
Como $AB + CD = AD$ y $OM = \frac{AB + CD}{2}$ (por ser base media del trapecio), tenemos que:
$AO= OD = OM$ por lo que $\triangle AOM$ y $\triangle DOM$ son isósceles.
Sea $A'$ el reflejo de $A$ por $M$. Como las diagonales se cortan en su punto medio, $ABA'C$ es un paralelogramo, de donde $AB = A'C$. Por criterio $LAL$, $\triangle A'HA \equiv \triangle HA'C$ ($\widehat{A'HA} = \widehat{HA'C}$ por paralelas y comparten $HA'$). Por lo tanto $HC \parallel AA'$.
Ahora, haciendo angulitos:
$\widehat{MOA} = \widehat{OAH}$, y como $\triangle AOM$ es isósceles:
$\widehat{MAO} = 90 - \frac{\widehat{MOA}}{2}$ y como $AA'CH$ es un paralelogramo:
$\widehat{FHA} = 90 - \frac{\widehat{MOA}}{2}$ por lo que $\triangle HAF$ es isósceles$~~\Rightarrow~~ HA=AF=AB$.
Por esto último, $\widehat{AFB} = \frac{\widehat{MOA}}{2}$. Finalizando, como $AA'\parallel FC$, $\widehat{CFO} = \widehat{MAO}$. Luego, $\widehat{BFC} = 180- \widehat{MAO} - \frac{\widehat{MOA}}{2}$ y recordando que $\triangle MOA$ es isósceles, tenemos que $\widehat{BFC} = 90$, por lo que el problema queda demostrado. $\blacksquare$
Gráfico Problema 4 FOFO.jpg
No tienes los permisos requeridos para ver los archivos adjuntos a este mensaje.
Última edición por joa.fernandez el Mié 15 Abr, 2020 2:07 pm, editado 1 vez en total.
Ubiquemos nuestro trapecio sobre un plano cartesiano, con $A$ en el origen, $B$ sobre el semieje positivo $x$, y tomemos como unidad la altura de $D$ a $AB$ (es decir, $D$ y $C$ están sobre la recta $y=1$). Ahora definiré $G$ como el punto sobre $AD$ tal que $GD=DC$ y $AG=AB$ (que existe ya que $AD=AB+CD$). Veremos que $GE$ es paralela a $AB$ y $DC$, y por lo tanto $F=G$. Así, sabremos que el punto $F$ cumple que $DF=DC$ y $AF=AB$.
Ahora, para ver que $EG$ es paralela a $AB$, basta con ver que tienen la misma pendiente. La pendiente de $AB$ es $0$, así que alcanza con probar que $e_y=g_y$.
Definamos las ecuaciones de las rectas $AD$, $BD$, $AC$.
$AD: y=k_1x+k_2$
Pasa por $B\Rightarrow 0=k_3b_x+k_4\Leftrightarrow k_4=-k_3b_x$
Pasa por $D\Rightarrow 1=k_3d_x+k_4=k_3d_x-k_3b_x=k_3(d_x-b_x)\Rightarrow k_3=\frac{1}{d_x-b_x}$
Luego la ecuación es $y=\frac{x}{d_x-b_x}-\frac{b_x}{d_x-b_x}$
Pasa por $A\Rightarrow k_6=0$
Pasa por $C\Rightarrow 1=k_5c_x$
Luego la ecuación es $y=\frac{x}{c_x}$
Ahora, $AG=AB\Rightarrow \sqrt{g_x^2+g_y^2}=b_x$
Además, $G$ pertenece a la recta $AD$, luego $g_y=\frac{g_x}{d_x}\Rightarrow g_yd_x=g_x$
Reemplazando la segunda igualdad en la primera, $\sqrt{g_y^2(d_x^2+1)}=b_x\Rightarrow g_y=\frac{b_x}{\sqrt{d_x^2+1}}$
Pero sabemos que $AD=\sqrt{(d_x-0)^2+(1-0)^2}=\sqrt{d_x^2+1}=AB+DC=b_x+(c_x-d_x)$.
Luego $g_y=\frac{b_x}{b_x+c_x-d_x}$.
Ahora, $E$ pertenece a las rectas $BD$ y $AC$, luego:
$e_y=\frac{e_x}{d_x-b_x}-\frac{b_x}{d_x-b_x}$
$e_y=\frac{e_x}{c_x}\Rightarrow e_yc_x=e_x$
Reemplazando la segunda ecuación en la primera:
$e_y=\frac{e_yc_x}{d_x-b_x}-\frac{b_x}{d_x-b_x}\Rightarrow e_y\left(\frac{c_x}{d_x-b_x}-1\right)=\frac{b_x}{d_x-b_x}$
$e_y\frac{c_x-d_x+b_x}{d_x-b_x}=\frac{b_x}{d_x-b_x}$
Luego $e_y=\frac{b_x}{b_x+c_x-d_x}=g_y$
ANEXO: casos $d_x=0$, $d_x=b_x$ y $c_x=0$(ya que algunas cositas no se pueden hacer si esto pasa).
Como $c_x>d_x$ y $b_x>0$, no pueden pasar dos simultáneamente.
$d_x=0$
Acá el problema surge con la ecuación de la recta $AD$, que pasaría a ser $x=0$, luego $g_x=0$ y entonces $g_y=b_x$, luego $e_y$ seguiría siendo $\frac{b_x}{b_x+c_x-d_x}=\frac{b_x}{b_x+c_x}$, pero $1=AD=AB+DC=b_x+c_x=1$, luego $e_y=b_x=g_y$
Acá el problema surge con la ecuación de la recta $BD$, que pasaría a ser $x=b_x$, luego $E$ sería la intersección de $x=b_x$ y la recta $AC$, es decir $e_y=\frac{b_x}{c_x}$, y sabemos que $g_y=\frac{b_x}{c_x+b_x-d_x}=\frac{b_x}{c_x}=e_y$
Acá el problema surge con la ecuación de la recta $AC$, que pasaría a ser $x=0$, luego $E$ sería la intersección de $x=0$ y la recta $BD$, es decir $e_y=\frac{0}{d_x-b_x}-\frac{b_x}{d_x-b_x}=\frac{b_x}{b_x-d_x}$.
$g_y=\frac{b_x}{b_x+c_x-d_x}=\frac{b_x}{b_x-d_x}=e_y$
Ahora que vimos que $FD=DC$ y $FA=AB$, tenemos que $FDC=180^o-2DFC$ y $FAD=180^o-2BFA$
Como ambos suman $180^o$ por ser $DC$ y $AB$ paralelas:
$180^o-2DFC+180^o-2BFA=180^o\Leftrightarrow 2(DFC+BFA)=180^o\Leftrightarrow DFC+BFA=90^o\Leftrightarrow CFB=180^o-BFA-DFC=180^ o-90^o=90^ o$
Notaremos que el punto $F$ es único. Procederemos ahora a tomar un punto arbitrario del lado $AD$, llamemoslo $F'$, tal que $AF' = AB$ y $F'D = CD$ (podemos hacerlo ya que $AB+CD=AD$ por enunciado) . Trazamos las diagonales del trapecio y a su vez la paralela a $AB$ que pasa por $F'$, llamamos $G$ a la intersección de la paralela con $BC$.
Separaremos la solución en $2$ partes:
$1)$ Demostración de que $F'$ y $F$ son el mismo punto:
Llamamos $E'$ y $E''$ a las intersecciones de $AC$ con $F'G$ y de $BD$ con $F'G$ respectivamente.
Notemos que como $F'G$ es paralela a las bases de los triángulos $ACD$ Y $BCD$, podemos plantear las siguientes igualdades de ángulos:
$\angle AF'E' = \angle ADC$
$\angle AE'F' = \angle ACD$
De esta forma vemos que por tener sus 3 ángulos iguales los siguientes triángulos son semejantes:
$AF'E'$ es semejante a $ADC$
Por criterio de semejanza:
$\frac{AF'}{AD} = \frac{F'E'}{CD}$.
Luego, como $CD=F'D$ y $AD=AF'+F'D$ nos queda:
$\frac{AF'\times F'D}{AF'+F'D} = F'E'$.
Ahora con hallaremos $F'E''$ en función de $AF'$ Y $F'D$.
Notemos que como $F'G$ es paralela a las bases de los triángulos $ACD$ Y $BCD$, podemos plantear las siguientes igualdades de ángulos:
$\angle DF'E'' = \angle DAB$
$\angle DE''F'' = \angle DBA$
De esta forma vemos que por tener sus 3 ángulos iguales los siguientes triángulos son semejantes:
$DF'E''$ es semejante a $DAB$
Por criterio de semejanza:
$\frac{DF'}{DA} = \frac{F'E''}{AB}$.
Luego, como $AB=AF'$ y $DA=AF'+DF'$ nos queda:
$\frac{AF'\times F'D}{AF'+F'D} = F'E''$.
Por lo tanto vemos que:
$F'E'=\frac{AF'\times F'D}{AF'+F'D}=F'E''$
$F'E'=F'E''$ y como ambos puntos $E'$ y $E''$ se encuentran entre $F$ y $G$, se trata del mismo punto. Por lo tanto $F'G, AC, BD$ concurren. Esto siginifica que $F'G$ es la paralela a las bases por la intersección de las diagonales, y hemos demostrado así que $F = F'$.
$2)$ Demostración de que $\angle BFC = 90°$.
Trazamos $BF$ y $FC$.
Como $AB = AF'$ y $F'D = DC$, entonces los triángulos $AF'B$ y $DF'C$ son isósceles. Luego:
$\angle AF'B = \angle ABF' = \alpha$
$\angle DF'C = \angle DCF'$.
Luego por suma de ángulos interiores (SAI) tenemos que $\angle BAF' = 180°- 2\alpha$
Por ser consecutivos de un trapecio sobre un lado entre dos bases, los ángulos:
$\angle BAF' + \angle F'DC = 180°$
$\angle F'DC= 2\alpha$
Luego por SAI en el triángulo $DF'C$ y como los 2 angulos distintos a $ \angle F'DC= 2\alpha$ son iguales, ambos valen $\angle DF'C = \angle DCF' = 90°-\alpha$
Por último sabemos que:
$\angle AF'B + \angle BF'C + \angle CF'D = 180°$ ya que $\angle AF'D = 180°$
$\alpha + \angle BF'C + 90°-\alpha = 180°$
Por lo tanto: $\angle BF'C = 90°$ y queda así demostrado el problema.
Esta última ya que $AEB$ y $CED$ son semejantes por ángulos entre paralelas.
Si resolvemos el sistema de ecuaciones obtenemos que $AF=AB$ y $FD=CD$ y obtenemos dos isósceles.
$E\widehat FB=F\widehat BA=A\widehat FB$ y $E\widehat FC=F\widehat CD=D\widehat FC$ así que $BF$ y $CF$ son la bisectriz interior y exterior respectivamente de $A\widehat FB$ por lo que son perpendiculares.