Sea [math]ABCD un paralelogramo de lados [math]AB, [math]BC, [math]CD y [math]DA. Se consideran puntos [math]X e [math]Y en los lados [math]BC y [math]CD respectivamente, tales que [math]BX=DY. Demostrar que si [math]P es el punto donde se cortan [math]BY y [math]DX entonces [math]P pertenece a la bisectriz del ángulo [math]A.
Reciproco del Teorema de la Bisectriz. Sea [math]ABC un triangulo y [math]D un punto en el lado [math]BC. Entonces [math]AD es bisectriz del angulo [math]\angle BAC si, y solamente si, se satisface
En nuestro problema, prolongamos la recta [math]DX hasta que corta a la recta [math]AB en el punto [math]E. El problema equivale a demostrar que en el triagulo [math]EAD, [math]AP es bisectriz. Por el reciproco del Teorema de la Bisectiz, esto es lo mismo que demostrar que [math]\frac{EA}{AD} = \frac{EP}{PD}. Entonces demostremos esto.
Como las rectas [math]BC y [math]AD son paralelas, los triangulos [math]EAD y [math]EBX son semejantes, por lo cual [math]\frac{EA}{AD} = \frac{EB}{BX}. Por otra parte, como las rectas [math]AB y [math]CD son paralelas, entonces los triangulos [math]PEB y [math]PDY son semejantes, por lo cual [math]\frac{EP}{PD} = \frac{EB}{DY}. Pero por hipotesis del enunciado, tenemos que [math]BX = DY. Entonces, usando las relaciones que acabamos de hallar, tenemos que
Prolongamos el segmento $AD$ y el segmento $BY$, los mismos se cortan en el punto $M$.
Por el teorema de la bisectriz, si $AP$ es bisectriz de $\angle MAB$, entonces debe cumplirse que:
$\frac{MP}{PB}=\frac{AM}{AB}$ , si logramos demostrar esto, queda resuelto el problema.
Demostración:
Vemos que los triángulos $DMP$ y $PXB$ son semejantes, ya que $\angle PBX=\angle PMD$ y $\angle PDM=\angle PXB$ por ser pares de ángulos alternos internos entre las paralelas $BC$ y $AM$. También se puede observar que $\angle MPD=\angle BPX$ por ser opuestos por el vértice. Entonces:
$\frac{DM}{BX}=\frac{MP}{PB}$ (1)
Por otro lado, al ser $DC\parallel AB$, podemos decir, por el teorema de Tales, que:
$\frac{DM}{DY}=\frac{AM}{AB}$ y sabiendo (por el enunciado del problema) que $DY=BX$, podemos escribir:
$\frac{DM}{BX}=\frac{AM}{AB}$ (2)
De la (1) y la (2), se puede observar que $\frac{DM}{BX}$ es igual a $\frac{MP}{PB}$ (1) y también es igual a $\frac{AM}{AB}$ (2), por lo tanto:
$\frac{MP}{PB}=\frac{AM}{AB}$ , o sea que llegamos a lo que queríamos demostrar, por lo tanto podemos asegurar que $P$ pertenece a la bisectriz del ángulo $A$.
(2014-09) OMA Provincial (P3 N3).jpg
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Otra idea que funciona es probar que [math]P está a la misma distancia de [math]AB y [math]AD. Una cuenta posible para llevar esto a cabo es calcular el área de [math]APX de dos formas distintas.
Sea [math]\theta = 1,3063778838... Para todo entero positivo [math]k se cumple que [math]\left\lfloor \theta^{3^k}\right\rfloor es un número primo.
Sean [math]T y [math]S los puntos de intersección de las rectas [math]DX y [math]DY con [math]AB y [math]AD respectivamente, y [math]K el punto de interseccion de [math]AP con [math]ST
Notemos que
[math]\frac{BT}{BX}=\frac{AT}{AD} y [math]\frac{DS}{DY}=\frac{AS}{AB}
De esto sale que [math]\frac{AT}{AS}=\frac{DS*AB}{BT*AD}
Por th. de ceva [math]\frac{DS*AB*SK}{BT*AD*KT}=1 Reemplazando con lo anterior nos queda que [math]\frac{SK}{KT}=\frac{AS}{AT} donde por teorema de la bisectriz [math]AK sera la bisectriz del triangulo [math]SAT o lo que es lo mismo que [math]AP sera la bisectriz de [math]BAD y estamos.
Prolongando $AD$ y $BY$ hasta que se corten en $E$, se tiene $B\widehat PX=E\widehat PD$ por ser opuestos por el vértice y $D\widehat EP=X\widehat BP$ por ser alternos internos entre paralelas. Por lo tanto $\triangle BPX\simeq \triangle EPD\Rightarrow \frac{BX}{ED}=\frac{BP}{PE}$.
Por ángulos entre paralelas $B\widehat AE=Y\widehat DE\Rightarrow \triangle AEB\simeq \triangle DEY\Rightarrow \frac{AB}{DY}=\frac{AE}{ED}$, como $DY=BX$, $\frac{AB}{DY}=\frac{AB}{BX}=\frac{AE}{ED}\Rightarrow \frac{AB}{AE}=\frac{BX}{ED}=\frac{BP}{PE}$ y estamos por el Teorema de la Bisectriz.
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