Sea [math]ABCD un trapecio de bases [math]BC \parallel AD y lados no paralelos [math]AB y [math]CD. Sobre las diagonales [math]AC y [math]BD sean [math]P y [math]Q respectivamente los puntos tales que [math]AC biseca a [math]B \widehat{P} D y [math]BD biseca a [math]A \widehat{Q} C. Demostrar que [math]B \widehat{P} D = A \widehat{Q} C.
We gave you a start so you'd know what to do
You've seen how it works, now it's over to you (...)
For there's so much more to explore! Numberblocks - https://www.youtube.com/watch?v=KzTR72_srTU
Vamos a demostrar que [math]P (y análogamente, [math]Q) son únicos para todo trapecio [math]ABCD. Su existencia es asumida por el enunciado, así que vamos a ver que no puede haber más de uno. Sean [math]Q y [math]Q_1 dos puntos que cumplen, es fácil notar que los triángulos [math]AQQ_1 y [math]CQQ_1 son semejantes y comparten un lado, de donde son iguales. Luego, [math]AQ=QC y [math]AQ_1=Q_1C, por lo que [math]Q y [math]Q_1 pertenecen a la mediatriz del segmento [math]AC. Luego, la mediatriz de [math]AC es [math]BD, de donde [math]BA=BC y [math]DA=DC. Luego, [math]B\hat{A}C=A\hat{C}B=C\hat{A}D=A\hat{C}D, de donde [math]BA y [math]DC son paralelas, pero como el enunciado aclara que esto no es cierto, [math]P y [math]Q son únicos.
Supongamos ahora que [math]Q cae en el interior del segmento [math]BD. El caso en el que cae sobre alguna prolongación es análogo (de hecho, es un poco más corto, pero no voy a explicarlo, es casi lo mismo, y además con dirigidos sale al toque). Sea [math]P_1 la segunda intersección de la circunferencia circunscrita de [math]AQD con [math]AC (notar que [math]P_1 es único), vamos a demostrar que [math]P_1=P, de donde sale inmediatamente por cíclicos que [math]B \hat{P} D = A \hat{Q} C. Llamemos [math]a a los ángulos verdes en la figura, y [math]b a los ángulos rojos en la misma. En particular, es fácil ver que [math]BQP_1C es cíclico al tener que [math]P_1\hat{C}B+P_1\hat{Q}B=b+180^{\circ}-b=180^{\circ}. Luego, [math]P_1\hat{B}C=P_1\hat{Q}C=a-b. Ahora, por [math]SAI[math]B\hat{P_1}C=180-a, de donde [math]B\hat{P_1}A=a=D\hat{P_1}A, de donde [math]P_1=P, completando la solución.
En primer lugar voy a probar que si en un trapecio [math]ABCD existe un punto [math]P en una de sus diagonales, digamos de [math]AC, tal que [math]\angle BPC=\angle CPD, entonces [math]P es único. En efecto, supongamos que existen dos puntos que cumplen eso, y sean [math]P_0, [math]P_1, tales puntos, con [math]P_0 entre [math]A y [math]P_1. Como [math]\angle BP_0C=\angle CP_1D y [math]\angle BP_0C=\angle CP_1D, entonces [math]\angle P_0BP_1=P_1DP_0. Claramente los triángulos [math]P_0P_1B y [math]P_0P_1D son congruntes, por lo tanto [math]BP_0=P_0D y [math]BP_1=P_1D, y de esto se deduce que [math]BD es bisecado por [math]AC perpendicularmente. Esto quiere decir que [math]AC es bisectriz de los ángulos [math]\angle BAD y [math]\angle BCD, y como [math]BC es paralelo a [math]AD obtenemos que [math]\angle BAc=\angle ACD, lo cual implica que [math]AB paralelo a [math]CD, pero esto es un absurdo, pues [math]ABCD es un trapecio, no un paralelogramo. Por lo tanto, si [math]P existe entonces es único.
Con respecto al problema. Tenemos que [math]\angle BPC=\angle CPD. Sea [math]Q_0 el punto de corte del circuncírculo del triángulo [math]APD con la diagonal [math]BD. Como el cuadrilátero [math]APQ_0D es cíclico, entonces [math]\angle PDA=\angle PQ_0A, [math]\angle PDQ_0=\angle PAQ_0, [math]\angle Q_0AD=\angle Q_0PD, [math]\angle PAD=\angle PQ_0B, pero como [math]BC es paralelo a [math]AD, entonces [math]\angle CAD=\angle BCA, y por ende [math]\angle BQ_0P=\angle BCP, de donde se observa que el cuadrilátero [math]PBCQ_0 es cíclico, y en consecuencia [math]\angle BPC=BQ_0C. Según esto tenemos que [math]\angle AQ_0B=BQ_0C=\angle BPC=\angle CPD. Y por el resultado mencionado al inicio podemos deducir que [math]Q_0=Q.
Hagamos una homotecia por O con razon OA/OD que mande B a B', D a D' y Q a Q'. Observar que OD'=OA y por thales OB'=OC. Mientras que BQD=B'Q'D' y AC es bicectriz de B'Q'D' al igual que de BQD.
Ahora reflejemos por la recta l que es pependicular a AD' y a CB' por O. Como AB'CD' es un trapecio isosceles, A va a parar a D', C a B'. Luego si ponemos Q'' como el reflejo de Q', es facil ver que B'D' es bicectriz de AQ''C. Osea que BD es bicectriz de AQ''C al igual que de APC. Por apolonio se sigue que P.Q'' y O estan en una circunferencia. Pero tambien estan sobre la misma recta. Por lo que P=Q'' y APC=AQ''C=B'Q'D'=BQD.
No tienes los permisos requeridos para ver los archivos adjuntos a este mensaje.
Defino [math]O la intersección de las diagonales del trapecio.
por teorema de la bisectriz. [math]\frac{aq}{qc} = \frac{ao}{oc} y [math]\frac{dp}{pb} = \frac{do}{ob} (1)
por teorema de tales. [math]\frac{ao}{oc} = \frac{do}{ob} (2)
[math]\frac{aq}{dp} = \frac{qc}{pb} = \frac{ao+oc}{do+ob} entonces los triangulos [math]aqc y [math]dpb son semejantes y esto implica [math]b\hat{p}d = a\hat{q}c.
Sea $O=AC\cap BD$, luego como $AC$ es bisectriz de $\angle BPD$ tenemos que $PO$ es bisectriz de $\angle BPD$, análogamente, $QO$ es bisectriz de $\angle AQC$. Sean $E$ el conjugado armónico de $O$ respecto de $\{C,A\}$ y $F$ el conjugado armónico de $O$ respecto de $\{B,D\}$. Luego $\{C,A;O,E\}=-1=\{B,D;O,F\}$. Sean $\Gamma$ y $\Omega$ las circunferencias de diámetros $OE$ y $OF$ respectivamente, como $\{B,D;O,F\}=-1$ y $PO$ es bisectriz de $\angle BPD$, tenemos $\angle OPF=90°\Rightarrow P\in \Omega$, análogamente, $Q\in \Gamma$. Sean $G=EQ\cap PF$ y $H$ el segundo punto de intersección de $\Gamma$ y $\Omega$; luego, $\angle EHF=\angle EHO+\angle OHF=90°+90°=180°\Rightarrow E,H,F$ son colineales y $EF\perp HO$. Como $EP\parallel OP\perp PF\parallel GF$ y $FQ\parallel OQ\perp QE\parallel GE$, tenemos que $O$ es el ortocentro de $\triangle EFG\Rightarrow GO\perp EF\perp HO\Rightarrow GO\parallel HO\Rightarrow G,O,H$ son colineales, pero $O$ y $H$ pertenecen al eje radical de $\Gamma$ y $\Omega$, luego, $OH$ es el eje radical de $\Gamma$ y $\Omega$, por lo tanto, $G$ pertenece al eje radical de $\Gamma$ y $\Omega$, entonces $GQ\cdot GE=\text{Pot}(G,\Gamma)=\text{Pot}(G,\Omega)=GP\cdot GF\Rightarrow PQEF$ es cíclico $\Rightarrow OP\cdot OE=OQ\cdot OF$.
Ahora, como $\{C,A;O,E\}=-1$, entonces $\{C,O;A,E\}=2$, es decir $\frac{CA}{AO}\frac{OE}{EC}=2\Rightarrow OE=2\frac{EC}{CA}AO$, análogamente, $OF=2\frac{FB}{BD}DO$. Entonces por potencia de un punto tenemos $2\frac{EC}{CA}AO\cdot OP=OE\cdot OP=OF\cdot OQ=2\frac{FB}{BD}DO\cdot OQ$. Como $\{C,A;O,E\}=-1=\{B,D;O,F\}$, tenemos $\frac{EC}{AE}=\frac{CO}{AO}$ y $\frac{FB}{DF}=\frac{BO}{DO}$, por Thales $\frac{CO}{AO}=\frac{BO}{DO}$, por lo tanto $\frac{EC}{AE}=\frac{FB}{DF}\Rightarrow \frac{AE}{EC}=\frac{DF}{FB}$. Luego $\frac{CA}{EC}=\frac{EC+AE}{EC}=1+\frac{AE}{EC}=1+\frac{DF}{FB}=\frac{FB+DF}{FB}=\frac{BD}{FB}\Rightarrow \frac{EC}{CA}=\frac{FB}{BD}$, y de $2\frac{EC}{CA}AO\cdot OP=2\frac{FB}{BD}DO\cdot OQ$ tenemos $OA\cdot OP=OD\cdot OQ$, entonces $ADPQ$ es cíclico, por lo que $\frac{1}{2}\angle BPD=\angle DPO=\angle DPA=\angle DQA=\angle OQA=\frac{1}{2}\angle AQC$, es decir que $\angle BPD=\angle AQC$.
No tienes los permisos requeridos para ver los archivos adjuntos a este mensaje.