Sea $ABC$ un triángulo con $\widehat A=105^\circ$, $\widehat B=45^\circ$. Sean $L$ en $BC$ tal que $AL$ es la bisectriz de $B\widehat AC$ y $M$ el punto medio de $AC$. Si $AL$ y $BM$ se cortan en $P$, calcular la razón $\frac{AP}{AL}$.
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Bueno el dibujo es un paint bien turro, ya fue jajaja.
3n2.JPG
Primero calculamos el angulo $\hat{C}$, que es $180^{\circ} - 105^{\circ} - 45^{\circ} = 30^{\circ}$.
Luego trazamos la altura $AJ$. Vemos que $C\hat{A}J = 60^{\circ}$ y $B\hat{A}J = 45^{\circ}$.
Denotamos $AM = X$. Luego $MC = X$ ya que $M$ punto medio de $AC$.
$AJC$ es un triángulo que es medio equilátero, ya que tiene ángulos $30^{\circ}$ $60^{\circ}$ $90^{\circ}$, por lo que la hipotenusa mide el doble del cateto menor. Es decir, si $AC = 2X$, entonces $AJ=X$.
Luego en el triángulo $ABJ$, $A\hat{B}J = 45^{\circ}$ y $B\hat{A}J = 45^{\circ}$, entonces $AJ = BJ = X$.
Trazamos $JM$.
Por la propiedad de la mediana en un triángulo rectángulo, resulta $JM = AM = MC = X$.
En el triángulo $AJM$, tenemos $AM = JM = X$, por lo que $M\hat{A}J = M\hat{J}A = 60^{\circ}$.
En el triángulo $BJM$, tenemos $BJ = JM = X$, por lo que $J\hat{B}M = J\hat{M}B$ y como $M\hat{J}B$ mide $150^{\circ}$, $J\hat{B}M = J\hat{M}B = 15^{\circ}$. $A\hat{B}M = A\hat{B}C - M\hat{B}J = 45^{\circ} - 15^{\circ} = 30^{\circ}$
Ahora vemos que tenemos una semejanza entre los triángulos $ABP$ (eh, me faltó el punto ese en el dibujo) y $ALC$, ya que tienen $P\hat{A}B = L\hat{A}C = 52.5^{\circ}$ y $A\hat{B}P = A\hat{C}L = 30^{\circ}$.
Entonces
$\frac{AP}{AL} = \frac{AB}{AC}$
$AB$, por Pitagóras en $ABJ$, es $\sqrt{BJ^2 + AJ^2} = \sqrt{X^2 + X^2} = \sqrt{2}X$.
$AC = 2X$ por lo que dijimos al principio.
Entonces $\frac{AB}{AC} = \frac{\sqrt{2}X}{2X} = \frac{\sqrt{2}}{2}$.
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Llamemos [math]N a la intersección de [math]CP con [math]AB.
Notamos que si calculamos [math]\frac{AP}{PL} podemos calcular [math]\frac{AP}{AL}. La idea es usar el lema de Shmerkin: [math]\frac{AP}{PL}=\frac{AM}{MC}+\frac{AN}{NB}.
Como [math]\frac{AM}{MC}=1, lo único que tenemos que hacer es calcular [math]\frac{AN}{NB}.
Por el teorema de Ceva, [math]\frac{AN}{NB}\frac{BL}{LC}\frac{CM}{MA}=1 y entonces [math]\frac{AN}{NB}=\frac{LC}{BL}=\frac{AC}{AB} (la última igualdad es el teorema de la bisectriz).
Como [math]B=45^\circ y [math]C=30^\circ, por el teorema del seno tenemos [math]\frac{AC}{AB}=\frac{\sin 45^\circ}{\sin 30^\circ}=\sqrt{2}.
Con lo que tenemos hasta ahora podemos calcular la razón pedida, lo único que hay que hacer es volver para atrás:
Tenemos [math]\frac{AN}{NB}=\frac{AC}{AB}=\sqrt{2}. Luego [math]\frac{AP}{PL}=\frac{AM}{MC}+\frac{AN}{NB}=1+\sqrt{2}.
Si uno quiere puede seguir simplificando la expresión: [math]\left(1+\frac{1}{1+\sqrt{2}}\right)^{-1}=\left(\frac{2+\sqrt{2}}{1+\sqrt{2}}\right)^{-1}=\frac{1+\sqrt{2}}{2+\sqrt{2}}=\frac{(1+\sqrt{2})(2-\sqrt{2})}{(2+\sqrt{2})({2-\sqrt{2}})}=\frac{\sqrt{2}}{2}.
Entonces [math]\frac{AP}{AL}=\frac{\sqrt{2}}{2}.
Guía de $\LaTeX$ (sirve para escribir ecuaciones como $2^{3\times 2}+1=13\cdot 5$)
Sea $P'$ al reflejo de $P$ por $M$.
Notemos que $AP'CP$ es un paralelogramo; esto pasa porque $M$ es a la vez punto medio de $AC$ y de $PP'$, luego los triángulos $APM$ y $MP'C$ son congruentes, entonces $MP'C=MPA$, luego $P'C$ y $AP$ son paralelas. Usando el mismo argumento llegamos a que también $PC$ y $AP'$ son paralelas.
Luego, por Thales tenemos que $\frac{LP}{CP'}=\frac{BP}{PP'}$
Sabiendo que $PP'=2PM$ y que, por ser $AP'CP$ paralelogramo, $CP'=AP$ tenemos que $\frac{LP}{AP}=\frac{BP}{2PM}$
Veamos ahora el triángulo $ABM$; por el Teorema de la bisectriz, $\frac{AB}{AM}=\frac{BP}{PM}$
Luego $\frac{AB}{\frac{1}{2}AC}=\frac{BP}{PM}$, lo que implica que $\frac{sin30^{o}}{sin45^o}=\frac{BP}{2PM}=\frac{2}{\sqrt{2}}$.
Pero teníamos que $\frac{LP}{AP}=\frac{BP}{2PM}$, luego $\frac{AP}{LP}=\frac{\sqrt{2}}{2}$
$A\hat{C}B=180^\circ -105^\circ -45^\circ =30^\circ$
Ahora veamos que $\frac{AM}{AB}=\frac{AB}{AC}$.
Para esto, veamos que, por teorema del seno, $\frac{AB}{\operatorname{sen}\left (30^\circ \right )}=\frac{AC}{\operatorname{sen}\left (45^\circ \right )}$.
$\operatorname{sen}\left (30^\circ \right )=\frac{1}{2}$ y $\operatorname{sen}\left (45^\circ\right )=\frac{1}{\sqrt{2}}\Rightarrow \frac{AB}{AC}=\frac{1}{\sqrt{2}}\Rightarrow AC=\sqrt{2}\Rightarrow AM=\frac{\sqrt{2}}{2}.$
Todo esto demuestra que $ABM\simeq ACB\Rightarrow \frac{AP}{AL}=\frac{AM}{AB}\Rightarrow$ la respuesta es $\frac{1}{\sqrt{2}}$.
Primero que nada, trazando la altura desde $A$ vemos que $ABC$ queda dividido en un triángulo rectángulo isósceles y en un medio equilátero, de modo que $\dfrac{CA}{AB}=\sqrt{2}$.
Ahora, usando eventualmente el Teorema de la Bisectriz en $ABM$ y que $M$ es punto medio de $AC$, tenemos que\begin{align*}\frac{BM}{BP} & =\frac{BP+PM}{BP} \\
& =1+\frac{PM}{BP} \\
& =1+\frac{MA}{AB} \\
& =1+\frac{1}{2}\frac{CA}{AB},
\end{align*}con lo que$$\frac{BP}{BM}=\frac{1}{1+\frac{1}{2}\frac{CA}{AB}}.$$Luego,\begin{align*}\frac{[ABP]}{[ABC]} & =\frac{1}{2}\frac{[ABP]}{[ABM]} \\
& =\frac{1}{2}\frac{BP}{BM} \\
& =\frac{1}{2}\frac{1}{1+\frac{1}{2}\frac{CA}{AB}} \\
& =\frac{1}{2+\frac{CA}{AB}} \\
& =\frac{1}{2+\sqrt{2}}.
\end{align*}Por otro lado, usando el Teorema de la Bisectriz en $ABC$, tenemos que\begin{align*}\frac{[ABC]}{[ABL]} & =\frac{BC}{BL} \\
& =\frac{BL+LC}{BL} \\
& =1+\frac{LC}{BL} \\
& =1+\frac{CA}{AB} \\
& =1+\sqrt{2}.
\end{align*}Entonces\begin{align*}\frac{AP}{AL} & =\frac{[ABP]}{[ABL]} \\
& =\frac{[ABP]}{[ABC]}\frac{[ABC]}{[ABL]} \\
& =\frac{1+\sqrt{2}}{2+\sqrt{2}} \\
& =\frac{(1+\sqrt{2})(2-\sqrt{2})}{(2+\sqrt{2})(2-\sqrt{2})} \\
& =\frac{\sqrt{2}}{2},
\end{align*}y estamos.