COFFEE "Carolina González" - Problema 4

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COFFEE
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COFFEE "Carolina González" - Problema 4

Mensaje sin leer por COFFEE » Sab 09 May, 2020 12:02 am

Sea $ABP$ un triángulo isósceles con $AB=AP$ y el ángulo $P\widehat{A}B$ agudo. Se traza por $P$ la recta perpendicular a $BP$, y en esta perpendicular se considera un punto $C$ ubicado del mismo lado que $A$ con respecto a la recta $BP$ y del mismo lado que $P$ con respecto a la recta $AB$. Sea $D$ tal que $DA$ es paralelo a $BC$ y $DC$ es paralelo a $AB$, y sea $M$ el punto de intersección de $PC$ y $DA$.
Hallar $\dfrac{DM}{DA}$.

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COFFEE
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Re: COFFEE "Carolina González" - Problema 4

Mensaje sin leer por COFFEE » Mar 12 May, 2020 1:06 am

Solución Oficial
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Empecemos haciendo un buen dibujo de la situación, en el que trazaremos el punto $E$ que es la intersección de las rectas $BA$ y $PM$:
P4 - COFFEE.PNG
Lo primero que debemos notar es que $ABCD$ es un paralelogramo, ya que $AB$ es paralelo a $CD$ y $BC$ paralelo a $AD$. Por lo tanto, $AB=CD$.
Por otro lado, sabemos que los triángulos $AME$ y $DMC$ son semejantes, por tener los mismos ángulos interiores:
  • $AME=CMD$ por opuestos por el vértice,
  • $MAE=MDC$ y $MEA=MCD$ por ser $AE$ paralelo a $CD$.
Ahora nuestro objetivo será probar que los triángulos $AME$ y $DMC$ son congruentes, para así concluir que $M$ es el punto medio del segmento $AD$ y calcular lo que el problema nos pide.

Llamemos $\alpha$ al ángulo $MPA$ y calculemos algunos ángulos en función de este:
  • Como $MPB=90º$ y $MPA=\alpha$, tenemos que $APB=90º-\alpha$.
  • Como el triángulo $ABP$ es isósceles con $AB=AP$, tenemos que $ABP=APB=90º-\alpha$.
  • Por suma de ángulos interiores del triángulo $APB$, decimos que $BAP=2\alpha$.
  • $EAP+PAB=180º$ y como $PAB=2\alpha$, tenemos que $EAP=180º-2\alpha$.
  • Por suma de ángulos interiores en el triángulo $AEP$, tenemos que $PEA=\alpha$.
Esto nos dice que el triángulo $EAP$ es isósceles, con $AE=AP$, pues $PEA=APE=\alpha$.

Planteando la relación de semejanza entre los triángulos $AME$ y $DMC$, tenemos que:
$$\frac{DM}{MA}=\frac{CM}{ME}=\frac{AE}{CD}=1$$
Ya que $AE=AP=AB=CD$, por ser $ABP$ isósceles y $ABCD$ un paralelogramo. Así, probamos que $\frac{DM}{MA}=1$, es decir, $M$ es el punto medio del segmento $AD$.
Finalmente, lo que nos pedía el problema era calcular $\frac{DM}{AD}$, ya tenemos los datos necesarios para decir que:
$$\frac{DM}{AD}=\frac{DM}{2DM}=\frac{1}{2}.$$
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HelcsnewsXD

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Re: COFFEE "Carolina González" - Problema 4

Mensaje sin leer por HelcsnewsXD » Mar 12 May, 2020 1:29 am

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Como $\overline{AB} \parallel \overline{DC}$, $A\widehat{D}C$ es igual al ángulo formado por la prolongación de $\overline{AD}$ y $\overline{BA}$. Por ello, como $\overline{AD} \parallel \overline{BC}$, por alternos internos $A\widehat{B}C=A\widehat{D}C$. Como además $\overline{AD} \parallel \overline{BC}$ y $\overline{AB} \parallel \overline{DC}$, $ADCB$ es paralelogramo, por lo que $\overline{AD}=\overline{BC}$, lo que puede calcularse como $\overline{AD}=\sqrt{\overline{BP}^2-\overline{PC}^2}$
Consideremos $F=\overline{BC} \cap \overline{AP}$. Con esto, podemos hacer la siguiente consideración: viendo en $\bigtriangleup CFP$, por el hecho de que $\bigtriangleup ABP$ sea isósceles, $B\widehat{P}A=90°-B\widehat{A}P \Rightarrow A\widehat{P}C=\frac{B\widehat{A}P}{2} \Rightarrow$ Por Teorema del seno: $\frac{\sin (\gamma)}{\overline{FP}}=\frac{\sin (\frac{{B\widehat{A}P}}{2})}{\overline{FC}}$. Visto esto, como $\overline{AM} \parallel \overline{FC}$, aplicamos el corolario de Thales y tenemos:
$\frac{\overline{AM}}{\overline{AP}}=\frac{\overline{FC}}{\overline{FP}} \Rightarrow \overline{AM}=\frac{\sin (\frac{B\widehat{A}P}{2})}{\sin (\gamma) \times \overline{AB}}$, y al ser $\bigtriangleup ABP$ isósceles, $\overline{AM}=\frac{\frac{\frac{\overline{BP}}{2}}{\overline{AB}}}{\frac{\overline{BP}}{\overline{BC}}} = \frac{\overline{BC}\times \overline{BP}}{2\times \overline{AB}\times \overline{BP}} = \frac{\overline{BC}}{2\times \overline{AB}} = \frac{\overline{AD}}{2\times \overline{AB}}$
Por esto, $\overline{MD}=\overline{AD}-\overline{AM}=\overline{AD}-\frac{\overline{AD}}{2\times \overline{AB}} = \overline{AD}\times (1-\frac{1}{2\times \overline{AB}})$. Si vemos ahora la proporción:
$\frac{\overline{DM}}{\overline{DA}}=\frac{\overline{AD}\times (1-\frac{1}{2\times \overline{AB}})}{\overline{AD}} = 1-\frac{1}{2\times \overline{AB}}$
Genial :D 8-)

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NicoRicci

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Re: COFFEE "Carolina González" - Problema 4

Mensaje sin leer por NicoRicci » Mar 12 May, 2020 10:03 pm

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Imagen a mano alzada (?
Spoiler: mostrar
pr4coffee.JPG
Llamamos $R$ a la intersección de $MP$ y $AB$. Como $RA∥DC$, $C\widehat{D}M=M\widehat{A}R$ y $D\widehat{C}M=M\widehat{R}A$, luego, según el criterio $AAA$, $M\widehat{A}R$ y $C\widehat{D}M$ son semejantes.
De esto sacamos que $\frac{MC}{MR}=\frac{CD}{AR}=\frac{MD}{MA}$

$R\widehat{P}A=90−A\widehat{P}B=90−A\widehat{B}P=P\widehat{R}A$, luego $AR=AP$.
Como $CD=AB$ al ser $ABCD$ un paralelogramo, $AR=CD$, y luego $DM=AM$ y

$$\frac{DM}{DA}=\frac{DM}{AM + MD} = 1/2$$
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OWEEEEEEE

Uriel J

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Re: COFFEE "Carolina González" - Problema 4

Mensaje sin leer por Uriel J » Jue 21 May, 2020 11:30 pm

Solución:
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Sea $Q$ la intersección de $BC$ y $AP$
Sea $R$ la intersección de la recta $CD$ con $AP$
Sea $\angle ABP$ = $\angle APB$ = $\alpha$ y sea $\angle ABQ$ = $\beta$
Entonces $\angle QBP$ = $\alpha - \beta$

$\angle BAP$ = $180^{\circ}$ - $ 2. \alpha$

Veamos que todo cuadrilatero que sus lados opuestos son paralelos, este es un paralelogramo, como $BC$ y $AD$ son paralelos y $AB$ y $CD$ son paralelos, el cuadrilatero $ABCD$ es un paralelogramo y una de las propiedades de un paralelogramo es que sus lados opuestos son iguales

Mirando el triangulo $ABQ$ veamos que el unico angulo que nos falta encontrar es $\angle BQA$ = $180^{\circ}$ - ( $180^{\circ}$ - $ 2. \alpha$ + $\beta$) = $ 2. \alpha$ - $\beta$

Después $\angle BPC$ = $90^{\circ}$ por lo tanto $\angle QPC$ = $90^{\circ}$ - $\alpha$

Después en el triangulo $QCP$, $\angle PQC$ = $\angle BQA$ = $ 2. \alpha$ - $\beta$ por opuestos por el vertice
Entonces $\angle QCP$ = $90^{\circ}$ - $ \alpha$ + $\beta$

Como $P$, $C$ y $M$ estan alineados, $\angle PCM$ = $180^{\circ}$ y $\angle QCP$ = $90^{\circ}$ - $ \alpha$ + $\beta$ entonces $\angle QCM$ = $90^{\circ}$ + $ \alpha$ - $\beta$

Como $QC$ es paralelo a $AM$, $\angle QCP$ = $\angle AMP$ = $90^{\circ}$ - $ \alpha$ + $\beta$ y como $\angle AMD$ = $180^{\circ}$, $\angle CMD$ = $90^{\circ}$ + $ \alpha$ - $\beta$

Después al ser $ABCD$ un paralelogramo, $\angle ABC$ = $\angle CDM$ = $\beta$

Miremos el triangulo $CMD$, $\angle CMD$ = $90^{\circ}$ + $ \alpha$ - $\beta$ y $\angle CDM$ = $\beta$ $ \Rightarrow $ $\angle DCM$ = $90^{\circ}$ - $ \alpha$

Ahora es cuando prolongamos $CD$ hasta que se corta con $AP$ en $R$

Por opuestos por el vertice, $\angle RCP$ = $\angle DCM$ = $90^{\circ}$ - $ \alpha$
Ahora miremos el triangulo $PRC$, $\angle RPC$ = $\angle RCP$ = $90^{\circ}$ - $ \alpha$ entonces $RP = RC$

Como $\angle QCP$ = $90^{\circ}$ - $ \alpha$ + $\beta$ y $\angle RCP$ = $90^{\circ}$ - $ \alpha$, $\angle QCR$ = $\beta$

Ahora veamos que los triangulos $ABQ$ y $RCQ$ tienen 2 angulos iguales por ende el tercero tambien va a ser igual y los triangulos $ABQ$ y $CRQ$ son semejantes

Sea $QR$ = $x$, $QC$ = $y$ y $RC$ = $z$

Entonces $\frac{AQ}{QR}$ = $\frac{BQ}{QC}$ = $\frac{AB}{RC}$ = $k$ entonces:
$AB$ = $kz$, $AQ$ = $kx$ y $BQ$ = $ky$

Entonces $BC$ = $AD$ = $yk$ + $y$ = $y(k+1)$ por ser $ABCD$ paralelogramo

Ahora veamos que $AB$ = $AP$ = $kz$, $AP$ = $kx$ + $x$ + $z$
Entonces $kz$ = $kx$ + $x$ + $z$
$x+z$ = $QP$ = $kz$ - $kx$ = $k(z-x)$
Además $kz$ = $kx$ + $x$ + $z$ sale que $z(k-1)$ = $x(k+1)$

Ahora veamos que los triangulos $QCP$ y $AMP$ son semejantes y $\frac{AM}{QC}$ = $\frac{MP}{CP}$ = $\frac{AP}{QP}$
$\frac{AP}{QP}$ = $\frac{kz}{k(z-x)}$ = $\frac{z}{z-x}$

Ahora veamos que $\frac{k+1}{2}$ = $\frac{z}{z-x}$ ya que si lo resolvemos queda:
$(k+1)(z-x)$ = $2z$
$kz - kx + z - x$ = $2z$ $ \Rightarrow $ $z(k-1)$ = $x(k+1)$ que es cierto entonces podemos decir que la razon de la semejanza de los triangulos $QCP$ y $AMP$ es $\frac{k+1}{2}$.

Entonces, $\frac{AM}{QC}$ = $\frac{AM}{y}$ = $\frac{k+1}{2}$ $ \Rightarrow $ $AM$ = $y \frac{k+1}{2}$ = $\frac{1}{2}$$AD$ ya que $AD$ era $y(k+1)$

Entonces $M$ es punto medio de $AD$ por lo tanto $\frac{MD}{AD}$ = $\frac{1}{2}$

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