Question

Sea $ABCD$ un paralelogramo. Prolonga $\overline{DA}$ más allá de $A$ hasta un punto $P$ , y sea $\overline{PC}$ que corta a $\overline{AB}$ en $Q$ y a $\overline{DB}$ en $R$ . Dado que $PQ = 735$ y $QR = 112$ , halla $RC$ .

Let $ABCD$ be a parallelogram. Extend $\overline{DA}$ through $A$ to a point $P,$ and let $\overline{PC}$ meet $\overline{AB}$ at $Q$ and $\overline{DB}$ at $R.$ Given that $PQ = 735$ and $QR = 112,$ find $RC.$

Respuesta

Solución:

Sea $a = \frac{PA}{AD}$ . Como $AQ \parallel DC$ , los triángulos $PAQ$ y $PDC$ son semejantes, así que $\frac{PQ}{PC} = \frac{PA}{PD} = \frac{a}{a+1}$ . Como $BC \parallel AD$ , es decir $BC \parallel PD$ , los triángulos $RBC$ y $RDP$ son semejantes, así que $\frac{RC}{RP} = \frac{BC}{PD} = \frac{1}{a+1}$ , lo que da $\frac{RC}{PC} = \frac{1}{a+2}$ .

Escribiendo $PC = L$ , obtenemos $PQ = \frac{a}{a+1}L$ , $RC = \frac{L}{a+2}$ , y $\begin{aligned} QR &= L - PQ - RC \\ &= \frac{L}{(a+1)(a+2)}. \end{aligned}$ Por lo tanto $\frac{PQ}{QR} = a(a+2) = \frac{735}{112} = \frac{105}{16}$ , así que $16a^2 + 32a - 105 = 0$ , que se factoriza como $(4a - 7)(4a + 15) = 0$ , dando $a = \frac{7}{4}$ .

Finalmente $RC = (a + 1)\,QR$ $= \frac{11}{4} \cdot 112$ $= 308$ .

Let $a = \frac{PA}{AD}.$ Since $AQ \parallel DC,$ triangles $PAQ$ and $PDC$ are similar, so $\frac{PQ}{PC} = \frac{PA}{PD} = \frac{a}{a+1}.$ Since $BC \parallel AD,$ i.e. $BC \parallel PD,$ triangles $RBC$ and $RDP$ are similar, so $\frac{RC}{RP} = \frac{BC}{PD} = \frac{1}{a+1},$ which gives $\frac{RC}{PC} = \frac{1}{a+2}.$

Writing $PC = L,$ we get $PQ = \frac{a}{a+1}L,$ $RC = \frac{L}{a+2},$ and $\begin{aligned} QR &= L - PQ - RC \\ &= \frac{L}{(a+1)(a+2)}. \end{aligned}$ Hence $\frac{PQ}{QR} = a(a+2) = \frac{735}{112} = \frac{105}{16},$ so $16a^2 + 32a - 105 = 0,$ which factors as $(4a - 7)(4a + 15) = 0,$ giving $a = \frac{7}{4}.$

Finally $RC = (a + 1)\,QR$ $= \frac{11}{4} \cdot 112$ $= 308.$

1998 AIME Problema 6

Solución:

El Problema 6 en otros años