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 $\frac{BC}{AD}$.
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 $\frac{BC}{AD}=\frac{4}{3}$.
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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.
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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.
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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 $A'N=NC+A'C=NC+AD=\frac{BC}{2}+AD$, $A'P=PM+A'M=PM+AM=2.PM+AP$
$\frac{2.PM+AP}{AP}=\frac{\frac{BC}{2}+AD}{AD}$
$1+\frac{2.PM}{AP}=1+\frac{\frac{BC}{2}}{AD}$
$\frac{4}{3}=\frac{BC}{AD}$
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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 $CK$, $\frac{AD}{AP}=\frac{3BC}{4AP}\Rightarrow\frac{BC}{AD}=\frac{4}{3}$.
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 $\frac{BC}{AD}=\frac{4}{3}$
Me mataste con lo deteorema de la bisectriz generalizado, cómo es eso,?
No entiendo cómo inferís el segundo renglón de ecuaciones
También me mataste cuando usaste Thales... yo lo uso como el teorema dice y seguramente vos tenes los mil corolarios o apéndices, ¿cómo es que inferiste eso usando que $M$ y $N$ som puntos medios?
Flipo con todo lo que sabés, un genio! También si podés presentame corolarios de Palomar
Sean $E$ la intersección de la recta $AB$ con la con la recta $DN$ y $F$ la intersección de la recta $BC$ con la recta $AM$. Puesto que $BC$ es paralela a $AD$ y $M$ es punto medio de $CD$ concluimos que los triángulos $ADM$ y $MCF$ son iguales y por ende $AM=FM$ y $AD=FC$.
Por el teorema de Menelao en el triangulo $BFA$ con la recta $PE$ tenemos que:
$\frac{BN}{NF}\frac{FP}{PA}\frac{AE}{BE}=1=\frac{BN}{NF}\frac{5}{3}\frac{AE}{BE}=1$, entonces:
$\frac{BN}{NF}\frac{AE}{BE}=\frac{3}{5}$.
Viendo los triángulos $AED$ y $BEN$, como $BN$ es paralela a $AD$ sus tres ángulos son iguales y entonces estos son semejantes, por ende $\frac{BE}{AE}=\frac{BN}{DA}$, entonces remplazamos y queda que:
$\frac{BN}{NF}\frac{DA}{BN}=\frac{3}{5}\to \frac{DA}{NF}=\frac{3}{5}\to AD=\frac{3}{5}NF\to AD=\frac{3}{5}NC+\frac{3}{5}CF$ pero como $CF=AD$ llegamos a que $\frac{2}{5}AD=\frac{3}{5}NC\to AD=\frac{3}{5}NC:\frac{2}{5}=\frac{15}{10}NC\to \frac{AD}{NC}=\frac{15}{10}=\frac{3}{2}$ y ahora como $N$ es punto medio de $BC$ tenemos que $\frac{BC}{AD}=\frac{4}{3}$.
Sean $Q=AC\cap DN$ y $R=PC\cap DA$ (miren el dibujo de mi primera solución e imaginen dónde está), entonces\begin{align*}\frac{BC}{AD} & =\frac{BC}{CN}\frac{CN}{AD} \\
& \underset{(1)}{=}\frac{BC}{CN}\frac{CQ}{QA} \\
& \underset{(2)}{=}\frac{BC}{CN}\frac{DR}{RA}\frac{MC}{DM} \\
& \underset{(3)}{=}\frac{BC}{CN}\frac{PM}{AP}\frac{CD}{MC}\frac{MC}{DM} \\
& =\frac{BC}{CN}\frac{CD}{DM}\frac{PM}{AP},
\end{align*}donde $(1)$ vale por Thales, $(2)$ vale por Ceva en $ACD$ y $(3)$ vale por Menelao en $AMD$. Esta es la solución general. Cuando $M$ y $N$ son los puntos medios y $AP=3PM$, obtenemos$$\frac{BC}{AD}=\frac{4}{3}.$$
Sea $G$ el punto medio de $\overline{AD}$, sea $E$ la interseccion de $\overline{AC}$ y $\overline{ND}$ y sea $F$ la interseccion de $\overline{GM}$ y $\overline{ND}$.
Entonces $\overline{GM} \parallel \overline{AC}$.
Gracias a esto, $\triangle AEP$ es similar a $\triangle PMF$. De donde $\frac{\overline{PM}}{\overline{AP}}=\frac{\overline{FM}}{\overline{AE}}=\frac{1}{3}$.
Por base media $\overline{FM}=\frac{1}{2} \overline{EC} \Rightarrow \overline{EC}=\frac{2}{3} \overline{AE}$.
$\triangle ADE$ es similar a $\triangle ENC$.
De esto, $\frac{\overline{NC}}{\overline{AD}}=\frac{\overline{EC}}{\overline{AE}}=\frac{2}{3}$.
Como $\overline{NC}=\frac{1}{2} \overline{BC}$, $\frac{\overline{BC}}{\overline{AD}}=\frac{4}{3}$.
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Sea $Q$ tal que $QNDA$ es un paralelogramo y $R = AM \cap BC$. Veamos que $\triangle AMD \cong \triangle RMC$: por opuestos por el vértice $\angle AMD = \angle CMR$ y como $AD \parallel BC$ por ser un trapecio entonces $\angle ADM = \angle MCR$, por ultimo como $MD = MC$ concluimos por criterio $LAA$ lo deseado. Además, como $AQ \parallel DN$ entonces $\triangle RNP \sim \triangle RQA$.
Finalmente, digamos WLOG que $PM = 1 \Rightarrow AP = 3 \Rightarrow AM = MR = 4$. Luego, por semejanza
$$\frac{NR}{QR} = \frac{PR}{AP} \Rightarrow \frac{\frac{BC}{2}+AD}{AD+ \frac{BC}{2}+AD} = \frac{1+4}{3+1+4} \iff \frac{2AD+BC}{AD+BC} = \frac{5}{8} \iff 16AD+8BC = 20AD+5BC$$
