Se considera paralelogramul ABCD si punctele
M mijlocul lui [BC]
E?[AB],AE=2EB
{N}=AM intersectat cu BD
{F}=DE intersectat cu AC
{P}=MF intersectat cu AD.
Sa se demonstreze ca NPDC este trapez.

Observ ca N este centrul de greutate al triunghiului ABC ,dar imi scapa ceva in legatura cu punctul F,nu-i vad "rostul"...
Multumesc anticipat.

Indicatie (si de fapt solutie), facand din problema una de geometrie analitica.

Sa zicem ca ABCD este (un patrat daca nu ne place) paralelogram cu vectorii
AB = 60 e si
AD = 60 f .
(Normarea e facuta a posteriori ca sa scap de numitori si fractii.)
Luam A a fi originea sistemului de coordonate.
Vom scrie mereu coordonate ale unor puncte referindu-ne la aceasta baza.
Punctul de coordonate (222, 13) sta pentru (extremitatea vectorului) 222 e +13 f.
Atunci varfurile corespund coordonatelor:

A(0,0)
B(60,0)
C(60,60)
D(0,60)

Deja s-a vazut ca N este centrul de greutate al lui ABC, facem media aritmetica pe componente si dam de:
N(40,20)

Punctul F este de forma (x,x) in sistemul nostru de coordonate, fiind pe diagonala AC de ecuatie x=y (in coordonatele (x,y) introduse). Conditia de coliniaritate cu E(40,0) si D(0,60) este anualrea determinantului matricii cu intrarile
1, 0, 60
1, 40, 0
1, x, x
si destul de repede dam de x=24. Deci F(24,24). Punctul P are atunci coordonatele P(0,p) unde cerem anularea determinantului cu intrarile
1, 60, 30
1, 24, 24
1, 0, p
si dam destul de repede de p=20.
Desigur ca atunci PN este in aceeasi directie cu DC.

Se poate da si o solutie folosind Ceva+Menelaos...