Sean $ABC$ un triángulo de perímetro $100$ e $I$ el punto de intersección de sus bisectrices. Sea $M$ el punto medio del lado $BC$. La recta paralela a $AB$ trazada por $I$ corta a la mediana $AM$ en el punto $P$ de modo que $\frac {AP}{PM}=\frac {7}{3}$. Hallar la longitud del lado $AB$.
Tracemos la altura $h_c$, es decir, la altura desde $C$ al lado $AB$. Sea $Q$ el pie de esta altura. Tracemos la perpendicular desde $M$ al lado $AB$, y sea $N$ el punto de intersección de $AB$ con esta perpendicular.
Notemos que los triángulos $BMN$ y $BCQ$ son semejantes. Entonces:
$\frac {BM}{BC}=\frac {NM}{QC}$
$\frac {1}{2}=\frac {NM}{h_c}$
Por otro lado, notemos que por ser $PI$ paralela a $AB$, la perpendicular desde $P$ al lado $AB$ tiene medida igual a $r$, donde $r$ es el inradio de $ABC$. Además, si $R$ es el pie de la perpendicular desde $P$ a $AB$, entonces es inmediato que los triángulos $AMN$ y $APR$ son semejantes:
$\frac {AP}{AM}=\frac {PR}{MN}$
$\frac {7}{10}=\frac {r}{MN}$
Por otro lado, notemos que el área de $ABC$ se puede calcular de las dos formas siguientes:
$[ABC]=\frac {AB.h_c}{2}=s.r$ donde $s$ es el semiperímetro
$AB.2MN.\frac {1}{2}=50.r$
$AB.\frac {10}{7}r=50r$
$AB=50.\frac {7}{10}$
$AB=35$
No tienes los permisos requeridos para ver los archivos adjuntos a este mensaje.
Otra forma:
*Prolongamos $PD$ hasta cortar a $AC$ en $E$. Como $ED//AB$, se tiene que $ABED$ es un trapecio, por lo que los ángulos consecutivos entre las bases son suplementarios (conjugados internos). Luego, completando ángulos se llega a que $\triangle$$AEI$ y $\triangle$$BDI$ son isósceles ($AE=EI$, $BD=DI$)
*Además:
a) $\triangle$$AMB$~$\triangle$$PMD$, por lo que: $MD=\frac{3}{10}MB$ $\Rightarrow$ $BD=DI=\frac{1}{10}MB$
b) $\triangle$$ICD$~$\triangle$$FCB$, por lo que: $FB=\frac{14}{13}MB$ $\Rightarrow$ $FB=\frac{7}{13}BC$ ($CF$ bisectriz, $F$ en $AB$)
*Luego, aplicando el teorema de la bisectriz (centrándonos en la bisectriz $CF$), tenemos que:
$\frac{AC}{AF}$=$\frac{BC}{(7/13)BC}$ $\Rightarrow$ $AF=\frac{7}{13}AC$
*Como el perímetro de $\triangle$$ABC$ es $100$, y colocando dicho perímetro en función de AC y BC, se tiene que: $(20/13)(AC+BC)=100$ entonces $AC+BC=65$
$\therefore$ $AB=35$
Sean $Q$ y $R$ las intersecciones de $PI$ con $AC$ y $BC$ respectivamente, haciendo angulitos, teniendo en cuenta que $I$ es incentro, y que $RQ//AB$ llegamos a cosas muy copadas como que $\angle IAQ=\angle AIQ$ y a que $\angle IBR= \angle BIR$, por lo que los triángulos $AIQ$ y $BIR$ son isósceles, con $AQ=QI$ y $IR=BR$. Por otro lado, haciendo Menelao en el triángulo $ACM$ con la recta $QR$ tenemos que $\frac{AQ}{CQ} \frac{CR}{MR} \frac{MP}{AP}=\frac{AQ}{CQ} \frac{CR}{MR} \frac{3}{7}=1$, por lo que $\frac{AQ}{CQ} = \frac{7}{3} \frac{MR}{CR} (1)$.
Ahora bien, como $CQR$ y $ABC$ son semejantes tenemos que $\frac{AQ+CQ}{CQ}=\frac{CR+BR}{CR}$. Trabajamos por un lado: $\frac{AQ+CQ}{CQ}=\frac{AQ}{CQ}+1= \frac{7}{3} \frac{MR}{CR}+1$ (acá usamos $(1)$). Por otro lado $\frac{CR+BR}{CR}=\frac{BR}{CR}+1$. Igualando ambas nos queda que $ \frac{7}{3} \frac{MR}{CR}+1=\frac{BR}{CR}+1$ con lo que $\frac{7}{3} MR=BR$. Tenemos entonces $CM=BM=RM+BR=\frac{10}{3}MR$, con lo que $BC=\frac{20}{3}MR$ y $CR=\frac{13}{3}MR$, luego la razón de semejanza entre $CRQ$ y $APC$ es $\frac{13}{20}$ con lo que el perímetro de $CRQ$ es $65$, pero acá llega la magia de Disney y usamos esos isósceles con los que trabajamos al principio del problema: como $IQ=AQ$ y $RI=BR$ resulta que el perímetro de $CQR$ coincide con $AC+BC$, con lo que $AC+BC=65$ y por ende $AB=35$. $\blacksquare$
Para comenzar, llamemos $Q$ a la intersección de la recta paralela a $\overline{AB}$ con el segmento $\overline{BC}$; y $K$ a la intersección de la misma con $\overline{AC}$.
Ahora bien, consideramos que $\frac{\overline{PM}}{\overline{AP}}$ = $\frac{3}{7}$ y que $\frac{\overline{AP}}{\overline{AP}}$ = 1 $\Rightarrow$ $\frac{\overline{PM}+\overline{AP}}{\overline{AP}}$ = $\frac{\overline{AM}}{\overline{AP}}$ = $\frac{10}{7}$
Luego, $\frac{\overline{AP}}{\overline{AM}}$ = $\frac{\overline{PQ}}{\overline{AB}}$ = $\frac{\overline{BQ}}{\overline{MB}}$ = $\frac{7}{10}$
Pero, si $BQ$ = $\frac{7}{10}$$BM$ y $BM$ = $\frac{1}{2}$$BC$, $BQ$ = $\frac{7}{20}$$BC$. Entonces, la razón entre los triángulos $CQK$ y $ABC$ es de $\frac{13}{20}$ y $\overline{AK}$ = $\frac{7}{20}$$AC$.
Completando ángulos, notamos que $\overline{BQ}$ = $\overline{QI}$ y que $\overline{AK}$ = $\overline{KI}$. Entonces, $\frac{13}{20}$$\overline{AB}$ = $\frac{7}{20}$ $\overline{AC}$ + $\frac{7}{20}$ $\overline{BC}$ $\Rightarrow$ $\overline{AB}$ = $\frac{7}{13}$ $\overline{AC}$ + $\frac{7}{13}$ $\overline{BC}$.
En realidad no lo calcule, use la info de la proporcion del enunciado para calcular la razon $\frac {AP}{AM}$.
Ahh sisi, ahí lo vi. Un genio, creo que jamás se me hubiera ocurrido usar el dato de lalos proporción pero con el total.
Otra cosa que me mató fue que usaste el semiperímetro para armar una igualdad y resolver una ecuación. Un capo posta