Provincial 2018 - Nivel 3 - Problema 3

Problemas que aparecen en el Archivo de Enunciados.
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Monazo

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Provincial 2018 - Nivel 3 - Problema 3

Mensaje sin leer por Monazo » Sab 25 Ago, 2018 4:32 pm

Sea $ABCD$ un trapecio con los lados paralelos $BC$ y $DA$. Sean $M$ y $N$ los puntos medios de los lados $CD$ y $BC$ respectivamente y $P$ el punto de intersección de los segmentos $AM$ y $DN$. Si $AP=3PM$, calcular $\frac{BC}{AD}$.

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Gianni De Rico

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Re: Provincial 2018 - Nivel 3 - Problema 3

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Sab 25 Ago, 2018 5:17 pm

Cuando querés usar proyectiva pero te faltan puntos pasan estas cosas
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Sea $Q=AC\cap DN$. Por el Teorema de la Bisectriz Generalizado tenemos $$\frac{AP}{PM}=\frac{AD}{DM}\frac{\sin A\widehat DP}{\sin P\widehat DM}$$$$\frac{AQ}{QC}=\frac{AD}{DC}\frac{\sin A\widehat DQ}{\sin Q\widehat DC}=\frac{1}{2}\frac{AD}{DM}\frac{\sin A\widehat DP}{\sin P\widehat DM}=\frac{1}{2}\frac{AP}{PM}$$
Ahora como $AD\parallel BC$, por Thales resulta $$2\frac{AD}{BC}=\frac{AD}{CN}=\frac{AQ}{QC}=\frac{1}{2}\frac{AP}{PM}\Rightarrow \frac{BC}{AD}=4\frac{PM}{AP}$$
Esta es la solución general, en este problema $AP=3PM\Rightarrow \frac{PM}{AP}=\frac{1}{3}$, por lo tanto $\frac{BC}{AD}=\frac{4}{3}$
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Monazo

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Re: Provincial 2018 - Nivel 3 - Problema 3

Mensaje sin leer por Monazo » Mar 20 Nov, 2018 9:54 am

Aprovecho este problema para "reflejar" la idea de como explotar la información de los puntos medios.
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Voy a explicar dos soluciones distintas pero parten de la misma idea que es la simetría central. La idea justamente es que al hallar el simétrico con respecto a un punto medio, nos estaremos construyendo un paralelogramo, dado que las diagonales del paralelogramo se cortan siempre en su punto medio. Esta construcción auxiliar suele ser muy útil en muchos problemas y este es justamente el caso.

Solucion 1
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Captura de pantalla 2018-11-20 a la(s) 15.36.50.png
Sea $P'$ el simétrico de $P$ con respecto a $M$. Por propiedades de simetría tenemos que $PM=P'M$, y por enunciado $DM=MC$, por lo que los segmentos $DC$ y $PP'$ se cortan en su punto medio y obtenemos así un paralelogramo con $PD || P'C$ y $PC || P'D$. LLamamos $N'$ a la intersección de las rectas $P'C$ y $AD$. Dado que $AD || NC$ y $DN || N'C$, entonces $NCN'D$ es paralelogramo y $DN'=NC=\frac{1}{2}BC$.
Aprovechando que $DN || N'C$, por teorema de Thales tenemos que:

$\frac{AP}{PP'}=\frac{AD}{DN'}$ y ahora sabiendo que $PP'=2.PM$ y $DN'=NC=\frac{1}{2}BC$ obtenemos que:

$\frac{AP}{2.PM}=\frac{AD}{\frac{BC}{2}}$

$\frac{4}{3}=\frac{BC}{AD}$


$Nota:$ Fijense que $N'$ es el simétrico de $N$ con respecto al punto medio $M$. Podríamos haber definido a $N'$ de esa manera y luego demostrar que $N'$, $P'$ y $C$ son colineales.
Antes de pasar a la segunda solución, traten de hallar con que otro punto podemos hallar su simétrico.

Solucion 2
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Captura de pantalla 2018-11-20 a la(s) 15.39.51.png
Sea $A'$ el simétrico de $A$ con respecto al punto $M$. Notemos que $ACA'D$ es paralelogramo con $A'C=AD$ y que los puntos $N$, $C$ y $A'$ están alineados dado que $AD || NC$ y $AD||A'C$ . Ahora notemos que $P\hat{A} D=P\hat{A'}N$ (alternos internos) y que $P\hat{D} A=P\hat{N} A'$ (alternos internos). Ahora vemos que los triángulos $APD$ y $PNA'$ son semejantes. Por semejanza de triángulos tenemos que:

$\frac{A'P}{AP}=\frac{A'N}{AD}$ y sabiendo que $A'N=NC+A'C=NC+AD=\frac{BC}{2}+AD$, $A'P=PM+A'M=PM+AM=2.PM+AP$

$\frac{2.PM+AP}{AP}=\frac{\frac{BC}{2}+AD}{AD}$

$1+\frac{2.PM}{AP}=1+\frac{\frac{BC}{2}}{AD}$

$\frac{4}{3}=\frac{BC}{AD}$
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Nowhereman

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Re: Provincial 2018 - Nivel 3 - Problema 3

Mensaje sin leer por Nowhereman » Dom 10 Mar, 2019 7:34 pm

Una sencillita, disculpen si hay algun error de tipeo en algun punto, es que lo hice con otras letras y al pasarlo aca me pude haber confundido.
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Trazo la paralela $l$ a $AM$ que pasa por $C$, Sea $K$ la interseccion entre $DN$ y $l$, claramente $KCD$ y $PMD$ son semejantes, y como $M$ es el punto medio de $CD$, se ve que $CK=2MP=\frac{2}{3}AP$, Notemos ahora que $NCK$ es semejante a $PAD$ por tener dos angulos iguales, luego $\frac{AD}{AP}=\frac{NC}{CK}=\frac{BC}{2CK}$ y reemplazando en $CK$, $\frac{AD}{AP}=\frac{3BC}{4AP}\Rightarrow\frac{BC}{AD}=\frac{4}{3}$.

Peznerd
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Re: Provincial 2018 - Nivel 3 - Problema 3

Mensaje sin leer por Peznerd » Mar 27 Ago, 2019 3:09 pm

Gianni De Rico escribió:
Sab 25 Ago, 2018 5:17 pm
Cuando querés usar proyectiva pero te faltan puntos pasan estas cosas
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Sea $Q=AC\cap DN$. Por el Teorema de la Bisectriz Generalizado tenemos $$\frac{AP}{PM}=\frac{AD}{DM}\frac{\sin A\widehat DP}{\sin P\widehat DM}$$$$\frac{AQ}{QC}=\frac{AD}{DC}\frac{\sin A\widehat DQ}{\sin Q\widehat DC}=\frac{1}{2}\frac{AD}{DM}\frac{\sin A\widehat DP}{\sin P\widehat DM}=\frac{1}{2}\frac{AP}{PM}$$
Ahora como $AD\parallel BC$, por Thales resulta $$2\frac{AD}{BC}=\frac{AD}{CN}=\frac{AQ}{QC}=\frac{1}{2}\frac{AP}{PM}\Rightarrow \frac{BC}{AD}=4\frac{PM}{AP}$$
Esta es la solución general, en este problema $AP=3PM\Rightarrow \frac{PM}{AP}=\frac{1}{3}$, por lo tanto $\frac{BC}{AD}=\frac{4}{3}$
Me mataste con lo deteorema de la bisectriz generalizado, cómo es eso,?
No entiendo cómo inferís el segundo renglón de ecuaciones
También me mataste cuando usaste Thales... yo lo uso como el teorema dice y seguramente vos tenes los mil corolarios o apéndices, ¿cómo es que inferiste eso usando que $M$ y $N$ som puntos medios?
Flipo con todo lo que sabés, un genio! También si podés presentame corolarios de Palomar

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