Maratón de Problemas de Geometría

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Joacoini

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Joacoini » Vie 01 Feb, 2019 7:12 pm

Problema 96
Las circunferencias $\Omega$ y $\omega$ son tangentes internamente en el punto $C$. La cuerda $AB$ de $\Omega$ es tangente a $\omega$ en $E$, donde $E$ es el punto medio de $\overline{AB}$. Otro circunferencia, $\omega _1$ es tangente a $\Omega$, $\omega$ y $\overline{AB}$ en $D$, $Z$ y $F$ respectivamente. Las rectas $CD$ y $AB$ se cortan en $P$. Sí $M\neq C$ es el punto medio del arco mayor $AB$, demostrar que
tan$\angle ZEP=\frac{PE}{CM}$.
NO HAY ANÁLISIS.

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Gianni De Rico

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Sab 02 Feb, 2019 2:46 am

Solución 96
Spoiler: mostrar
Tenemos que $\omega$ es interior a $\Omega$ porque si no el problema no tiene sentido.
Sean $O_{\Omega},O_{\omega},O_{\omega _1}$ los centros de $\Omega ,\omega ,\omega _1$ respectivamente.
Sea $M'$ el segundo punto de intersección de $CE$ con $\Omega$, por esto tenemos que $AM'=BM'$, por lo que $M'=M$ y $CE$ es bisectriz de $\angle BCA$, como además $E$ es punto medio de $AB$, tenemos que $\triangle ABC$ es isósceles en $C$, por lo que $C,E,M$ están sobre la mediatriz de $AB$ ($CE\perp AB$), pero $O_{\omega}E\perp AB$, de donde $O_{\omega}$ también está en la mediatriz de $AB$, y considerando la homotecia de centro $C$ que lleva $\omega$ a $\Omega$ tenemos que $C,O_{\omega},O_{\Omega}$ están alineados, por lo que $C,O_{\omega},E,O_{\Omega},M$ están sobre la mediatriz de $AB$.
Ahora, invirtiendo con centro $M$ y radio $MA=MB$, tenemos que $\Omega$ se intercambia con $AB$, y el inverso de $\omega _1$ es una circunferencia tangente a $\Omega$ y $AB$, y cuyo centro $O'$ está sobre la recta $O_{\omega _1}M$, entonces $O'=O_{\omega _1}$ (esto lo explico al final), luego $D$ y $F$ son inversos por lo que $D,F,M$ están alineados. Entonces $\angle CDF=\angle CDM=90°$, por lo que $D$ está sobre la circunferencia de diámetro $CF$ y sobre $\omega _1$. Sea $G$ el opuesto diametral de $F$ en $\omega _1$, y sea $D'$ el segundo punto de intersección de $CG$ con $\omega _1$; luego $\angle CD'F=\angle GD'F=90°$, por lo que $D'$ está sobre la circunferencia de diámetro $CF$ y sobre $\omega _1$, como estas circunferencias son distintas (pues $C$ pertenece a la primera pero no a la segunda), tienen a lo sumo dos puntos de intersección, como $D\neq F$ y $D'\neq F$, tenemos $D=D'$. Entonces $C,G,D,P$ están alineados, por lo que $P$ es el centro de la homotecia de razón positiva que manda $\omega _1$ a $\omega$, y $Z$ es el centro de la homotecia de razón negativa que manda $\omega _1$ a $\omega$, luego $O_{\omega},Z,O_{\omega _1},P$ están alineados.

A partir de ahora $O_{\omega}=O$
Sea $P'$ el punto de intersección de la perpendicular por $M$ a $MC$ y la perpendicular por $P$ a $PE$, como $EM$ es mediatriz de $AB$, tenemos $EM\perp AB\parallel PE$, de donde $EPP'M$ es un rectángulo y $MP'=PE$. Por arco capaz tenemos $\angle ZEP=\angle ECZ$, luego, si probamos que $C,Z,P'$ están alineados tenemos $\tan (\angle ZEP)=\tan (\angle MCP')=\frac{MP'}{CM}=\frac{PE}{CM}$.
Por ser $Z$ el centro de la homotecia de razón negativa que manda $\omega _1$ a $\omega$, tenemos que $C,Z,F$ están alineados, además $MD\perp PC$ y $PE\perp MC$, por lo que $F$ es el ortocentro de $\triangle PMC$ y $CF\perp PM$, luego $CZ\perp PM$, por lo que basta ver que $P'C\perp PM$. Luego, basta ver que $PP'^2+CM^2=P'M^2+PC^2$.
El LHS es $PP'^2+CM^2=EM^2+CM^2=EM^2+(CE+EM)^2=CE^2+2CE\cdot EM+2EM^2=CE^2+2EM(CE+EM)=CE^2+2EM\cdot CM$. El RHS es $MP'^2+PC^2=PE^2+PC^2$. Por Pitágoras $PE^2+CE^2=PC^2$ (*), luego $PE^2+PC^2=2PC^2-CE^2$.
Entonces basta ver $CE^2+2EM\cdot CM=2PC^2-CE^2\Leftrightarrow 2CE^2+2EM\cdot CM=2PC^2\Leftrightarrow CE^2+EM\cdot CM=PC^2$, pero por (*) esto es equivalente a ver $PE^2=EM\cdot CM$.
Ahora, $EM\cdot CM=\text{Pot}(M,\omega )=OM^2-OE^2$ y $PE^2=\text{Pot}(P,\omega )=OP^2-OZ^2$, por lo que la igualdad se da si y sólo si $OM^2-OE^2=OP^2-OZ^2$, como $OE=OZ$ por ser radios de $\omega$, entonces la igualdad anterior es equivalente a $OM^2=OP^2$. Por lo tanto, basta ver que $OM=OP$.
Tenemos que $PM\perp CZ$, y por arco capaz en $\omega$ resulta $EZ\perp CZ$, luego $PM\parallel EZ$. Por Thales tenemos $\frac{OM}{OP}=\frac{OE}{OZ}=1$, luego $OM=OP$ y el problema está resuelto.


La explicación del final:
Sea $O'$ el inverso de $O_{\omega _1}$, y sean $Q$ el pie de la perpendicular desde $O'$ a $AB$ y $S$ el punto de intersección del inverso de $\omega _1$ con la recta $O'M$ que verifica que $O'$ está entre $S$ y $M$. Si $O'M>O_{\omega _1}M$ entonces $O'Q>O_{\omega _1}F$, por lo $O'T>O_{\omega _1}D$ y la circunferencia no puede ser tangente a $\Omega$. Si $O'M<O_{\omega _1}M$ ocurre algo similar.
Última edición por Gianni De Rico el Sab 02 Feb, 2019 3:31 pm, editado 1 vez en total.
[math]

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Joacoini

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Joacoini » Sab 02 Feb, 2019 12:43 pm

La solución es correcta, te toca proponer.
NO HAY ANÁLISIS.

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Gianni De Rico

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Sab 02 Feb, 2019 3:22 pm

Problema 97
Sea $\Gamma$ una circunferencia, $A$ un punto fuera de $\Gamma$ y $B$ un punto en $\Gamma$ tal que $AB$ es tangente a $\Gamma$. Sea $C$ un punto fuera de $\Gamma$ tal que el segmento $AC$ corta a $\Gamma$ en dos puntos distintos. Sea $\Omega$ la circunferencia tangente a $AC$ en $C$ y a $\Gamma$ en $D$. Si $B$ y $D$ están en distintos semiplanos respecto a $AC$, demuestre que el circuncentro de $\triangle BCD$ está en el circuncírculo de $\triangle ABC$.
[math]

lucasdeamorin

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por lucasdeamorin » Mié 13 Feb, 2019 5:53 pm

Solución 97:
Spoiler: mostrar
mpg97.png
Sean $O$ el centro de $\Gamma$ y $P,Q,R$ las intersecciones de $AC$ con $DB$, $DO$ y la tangente a $\Gamma$ por $D$ respectivamente.

Usando las tangencias tenemos que:
$$ D\hat RC=90+A\hat QO=90+360-Q\hat OB-O\hat BA-B\hat AQ=180+2B\hat DO-B\hat AC$$
$$ B\hat DC=B\hat DO+90+\frac{1}{2}(180-D\hat RC)=90+\frac{1}{2}B\hat AC$$

y lo que el problema pide demostrar se desprende fácilmente.
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Si X tiende a [math], [math] se seca.

lucasdeamorin

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por lucasdeamorin » Mié 13 Feb, 2019 5:56 pm

Problema 98:

Sea $ABC$ un triángulo de perímetro 4, con $AB<AC$. Sobre las semirrectas $AB$ y $AC$ se marcan puntos $X$ e $Y$ respectivamente tales que $AX=AY=1$. Los segmentos $BC$ y $XY$ se intersecan en $M$. Probar que el perímetro de $ABM$ es 2.
Si X tiende a [math], [math] se seca.

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Joacoini

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Joacoini » Lun 18 Feb, 2019 3:31 pm

Solución 98:
Spoiler: mostrar
Sea $E$ el excentro correspondiente al vértice $A$, $T$, $T_B$ y $T_C$ los puntos donde el excirculo de centro $E$ es tangente a $BC$, $AB$ y $AC$ respectivamente, $P$ la intersección de $AE$ y $T_BT_C$ y $N$ la intersección de $AE$ y $XY$.

Es conocido que $AT_B=AT_C$ miden el semiperimetro de $ABC$, en este caso $2$ por lo que $X$ e $Y$ son puntos medios de $AT_B$ y $AT_C$ respectivamente.

$2=AT_B=AB+BT_B=AB+BT=AB+BM+MT$

Como nuestro objetivo era demostrar que $AB+BM+MA=2$ ahora es demostrar que $MA=MT$.

$PA$ es bisectriz del triangulo isósceles $T_BAT_C$, $AP$ es altura, como $XY$ es base media $AN=NP$ y $AN$ es altura de $AXY$ por lo tanto $XY$ es mediatriz de $AP$ y como $M$ se encuentra en $XY$ $MA=MP$.

Sea $O$ el centro de la circunferencia circunscrita a $APT$, $O$ esta sobre la mediatriz de $AP$ o sea $XY$.

Sea $K$ el centro de la circunferencia circunscrita a $APT_B$, como $A\hat PT_B=90$ $K$ se encuentra en $AT_B$.

$E\hat T_BA=90$ por lo qué $ET_B$ es tangente a la circunscrita de $APT_B$, por potencia a un punto $ET_B^2=EP\times EA$, como $ET_B=ET$, $ET^2=EP\times EA$ y por reciproco de potencia a un punto $ET$ es tangente a la circunscrita de $APT$, como $ET$ es perpendicular a $BC$ $O$ se encuentra en $BC$ por lo que $O$ es la intersección de $BC$ y $XY$ pero ese punto es $M$ por lo qué $O=M$ y $MT=MA$ como queriamos.

WhatsApp Image 2019-02-18 at 15.27.58.jpeg
WhatsApp Image 2019-02-18 at 15.28.57.jpeg
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6  
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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Joacoini » Mar 19 Feb, 2019 2:52 pm

Problema 99:

Sea el punto $D$ en la recta $BC$ del triángulo $ABC$ tal que $CD=BC$ y $C$ está entre $B$ y $D$. El lado $CA$ se extiende más allá de $A$ hasta $E$ tal que $AE=2CA$. Probar que, si $AD=BE$, entonces $ABC$ es un triángulo rectángulo.
2  
NO HAY ANÁLISIS.

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Gianni De Rico

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Mar 19 Feb, 2019 3:48 pm

Solución 99
Spoiler: mostrar
Notemos que $C$ es el punto medio de $BD$. Sea $F$ el punto medio de $AE$, luego $AC=AF=AE$.

Por la Fórmula de la Mediana en $\triangle ABE$ con $BF$ tenemos
$$AB^2+BE^2=\frac{AE^2}{2}+2BF^2$$
$$AB^2+BE^2-\frac{AE^2}{2}=2BF^2$$
$$AB^2+BE^2-\frac{(2AC)^2}{2}=2BF^2$$
$$AB^2+BE^2-2AC^2=2BF^2$$
$$\frac{1}{2}(AB^2+BE^2-2AC^2)=BF^2$$

Por la Fórmula de la Mediana en $\triangle ABD$ con $AC$ tenemos
$$AB^2+AD^2=2AC^2+\frac{BD^2}{2}$$
$$AB^2+AD^2-2AC^2=\frac{BD^2}{2}$$
$$AB^2+BE^2-2AC^2=\frac{(2BC)^2}{2}$$
$$AB^2+BE^2-2AC^2=2BC^2$$
$$\frac{1}{2}(AB^2+BE^2-2AC^2)=BC^2$$

Entonces $BF^2=BC^2$, y por ser segmentos se sigue $BF=BC$

Luego $\triangle CBF$ es isósceles en $B$, y $BA$ es mediana, entonces $\angle BAC=90°$.
1  
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Monazo

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Monazo » Mar 19 Feb, 2019 4:51 pm

Perdón, pero subí un apunte de Simetría Central y la tengo que mandar jajaja.

Solución 99
Spoiler: mostrar
Sea $A'$ el reflejo de $A$ con respecto a $C$, y $E'$ el reflejo de $E$ con respecto a $B$.
Notemos que:
1) Dado que $C$ es punto medio de $BD$ y de $AA'$ (por propiedades de reflexión), entonces $ACA'D$ es paralelogramo, con $AD=BA'$ y $DA'\parallel AB$. (sus diagonales se cortan en punto medio).

2) Dado que $\frac{EB}{BE'}=\frac{EA}{AA'}=1$, por Thales, $DE'\parallel AB$. Esto implica que $D$, $A'$ y $E'$ son colineales.

Luego notemos que $EB=BE'=BA'$, por mediana correspondiente a hipotenusa $\angle AE'E'_2=90$. Como $E'E_2\parallel AB$, tenemos que $\angle E'AB=\angle CAB=90$

Última edición por Monazo el Mar 19 Feb, 2019 6:12 pm, editado 1 vez en total.
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