Provincial 2018 - Nivel 3 - Problema 3

[Monazo]

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 $\frac{BC}{AD}$.

[Gianni De Rico]

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

[Monazo]

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

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

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

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

[Nowhereman]

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 $CK$, $\frac{AD}{AP}=\frac{3BC}{4AP}\Rightarrow\frac{BC}{AD}=\frac{4}{3}$.