Maratón de Problemas de Geometría

BrunZo

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por BrunZo » Vie 29 Nov, 2019 2:44 pm

Gianni De Rico escribió:
Jue 28 Nov, 2019 3:22 pm
Respuesta 110
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El lugar geométrico de $P$ es la unión de la mediatriz de $BC$ con el circuncírculo de $BHC$ (la parte contenida dentro del triángulo), donde $H$ es el ortocentro de $ABC$.
Solución 110
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P110.png
Para cada punto $B_1$ consideramos la circunferencia de centro $C$ y radio $BB_1$. Esta circunferencia corta al lado $AB$ en dos puntos $C_1$ y $C_2$ (en $1$ si $BB_1$ es altura). Como $ABC$ es simétrico respecto de la mediatriz $m$ de $BC$, tenemos que uno de ellos (WLOG $C_2$) es el simétrico de $B_1$ respecto de $m$ (cuando $BB_1$ es altura, entonces $C_1\equiv C_2$ y $CC_1$ es altura, por lo que $P\equiv H$). Entonces todo punto $P\in m$ cumple.

Veamos ahora que si $P\not \in m$ y cumple, entonces $P\in \odot BHC$.
En efecto, sean $\angle CBP=\angle CBB_1=\alpha$ y $\angle ABC=\beta$. Por simetría tenemos que $\angle BCC_2=\alpha$, de donde $\angle CC_2C_1=\alpha +\beta$, y como $CC_1=CC_2$, tenemos que $\angle C_1CC_2=180°-2\alpha -2\beta$. Luego, $\angle PCB=\angle C_1CC_2+\angle BCC_2=180°-2\alpha -2\beta +\alpha =180°-\alpha -2\beta$, entonces $\angle BPC=2\beta =\angle ABC+\angle ACB=180°-\angle BAC=\angle BHC$, y por arco capaz, $P\in \odot BHC$.

Por último, veamos que si $P\in \odot BHC$, entonces $P$ cumple.
En efecto, sea $C_1'=CP\cap AB$, como $\angle PBC=\angle B_1BC=\angle C_2CB=\alpha$ y $\angle BPC=2\beta$, tenemos que $\angle PCB=180°-\alpha -2\beta$, de donde $\angle C_1'CC_2=\angle PCC_2=\angle PCB-\angle C_2CB=180°-\alpha -2\beta -\alpha =180°-2\alpha -2\beta$. Además, $\angle CC_2C_1=\angle C_2BC+\angle C_2CB=\alpha +\beta$, por lo que $\angle CC_1C_2=180°-\angle C_1CC_2-\angle CC_2C_1=180°-(180°-2\alpha -2\beta )-(\alpha +\beta )=\alpha +\beta =\angle CC_2C_1$, de donde $CC_1=CC_2=BB_1$.

Entonces si $P$ está en la unión, cumple. Y si $P$ cumple, está en la unión. Por lo tanto, la unión es el lugar geométrico pedido.
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Está todo bien, pero si ya introdujiste $C_2$, el problema sale mucho más rápidamente:
Por simetría: $\angle BB_1A=\angle CC_2A$.
Como $CC_1=CC_2$: $\angle CC_2A=180^{\circ}-\angle AC_1C$
Es decir, $\angle PB_1A=\angle AC_1P$, con lo que $AB_1PC_1$ es cíclico $\angle BPC=\angle B_1PC_1=180^{\circ}-\angle B_1AC_1=$constante.
Por lo que el lugar geométrico es la mediatriz y un arco capaz con extremos en $B$, $C$ y ángulo $\angle BPC=180^{\circ}-\angle A$ (se puede probar que el otrocentro también pertenece a acá).
Como a mí me gusta explicarlo:
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Cuando uno ve el problema, lo primero que piensa es colocar a $P$ en la mediatriz, ya que eso causaría que toda la figura resulte simétrica, y efectivamente $BB_1=CC_1$. Entonces, uno podría abordar lo siguiente
  • $AB=AC$, lo dice el enunciado.
  • $\angle BAB_1=\angle CAC_1$, puesto que el enunciado coloca a $B_1$ y a $C_1$ en $AC$ y $AB$ respectivamente.
  • $BB_1=CC_1$, por la hipótesis del lugar geométrico.
Entonces, uno puede correr a decir que $ABB_1$ y $ACC_1$ son entonces congruentes, lo que deja cosas como $AC_1=AB_1$, que llevan a probar que $P$ estaría en la mediatriz.
simetría.PNG
Ahora, hay un gran problema: esto no se sigue. Quiero decir, que valgan las tres cosas mencionadas, no quiere decir que los triángulos sean congruentes, por ejemplo, veamos la siguiente figura:
falsocongruentes.PNG
En esta, los triángulos $XYZ_1$ y $XYZ_2$ no sólo comparten el lado $XY$ y el ángulo $\angle XYZ_1=\angle XYZ_2$, si no que también comparten el lado opuesto $XZ_1=XZ_2$, y a pesar de todo, no son congruentes, como se evidencia.
Pero, uno no debería descartar la idea instantáneamente sin revisarla, porque todavía no está todo perdido: En el caso de la figura, vemos que si se cumplen las tres condiciones los triángulos no tienen que ser necesariamente congruentes, pero tampoco pueden ser triángulos cualesquiera, sin ninguna relación. De hecho, lo que se evidencia es que sólo hay otra posibilidad.
Es decir, tengo triángulos $T_1$ y $T_2$ que comparten las tres características (lado, ángulo y lado opuesto), entonces o bien $T_2$ es congruente a $T_1$, o bien es otro triángulo bastante parecido, pero no congruente, es, podemos decir, falsocongruente (me inventé el término) ¿Pero qué cumple este triángulo falsocongruente? Bueno, como $XZ_1=XZ_2$, algo evidente es que $\angle XZ_1Y=180^{\circ}-\angle XZ_1Z_2=180^{\circ}-\angle XZ_2Y$, por lo que podemos decir que los ángulos correspondientes al lado otro igual son suplementarios ¡la relación que buscábamos!. Y esto es grandioso, porque nos da un montón de información acerca del triángulo falsocongruente.

Recapitulemos:
$ABB_1$ y $ACC_1$ son bastante parecidos, lo que quiere decir que pueden ser congruentes (lo que implica que $P$ está en la mediatriz), o puede ser que no, en cuyo caso podríamos decir que $\angle AB_1B$ y $\angle AC_1C$ son suplementarios, lo cual es grandioso, ya que entonces $\angle AB_1P+\angle AC_1P=180^{\circ}$, lo que implica que $AB_1PC_1$ es cíclico, lo que implica que $\angle B_1PC_1=180^{\circ}-\angle B_1AC_1$, es decir:
$$\angle BPC=180^{\circ}-\angle A$$
Y esto último es la clave, porque nos dice que $P$ está restringido a cierto grupo de posiciones con un ángulo determinado (el suplementario de $\angle A$), con respecto a una cuerda $BC$ y sabemos que estas posiciones forman un arco (el arco capaz) con esos dos extremos.
Es decir, el lugar geométrico es la unión de la mediatriz y este arco.
solución.PNG
PD: Probar que si pertenece a este círculo entonces te resultan los lados iguales es hacer lo mismo pero al revés, considerando al cíclico $AB_1PC_1$ y luego probar que $ABB_1$ y $ACC_1$ son falsocongruentes, pero conociendo dos ángulos iguales, un lado y que los otros ángulos son suplementarios.


Bonus track: el ortocentro
La razón por la que en el enunciado que ya cambié aparecía el ortocentro, es que si $H$ es el ortocentro, entonces $\angle BHC=180^{\circ}-(\angle HBC+\angle HCB)=180^{\circ}-(90^{\circ}-\angle B + 90^{\circ}-\angle C)=180^{\circ}-(180^{\circ}-(\angle B+\angle C))=180^{\circ}-\angle A$, por lo que el ortocentro pertenece al arco que es parte de la solución, lo cual conlleva a poder decir que la solución es el arco del circuncírculo de $BHC$ que es interior a $ABC$ (junto con la mediatriz, claro).
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Última edición por BrunZo el Vie 29 Nov, 2019 2:46 pm, editado 1 vez en total.

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Gianni De Rico

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Vie 29 Nov, 2019 2:45 pm

Fran5 escribió:
Lun 01 Abr, 2019 5:09 pm
Problema 108 En un triángulo $ABC$ se marcan las bisectrices de $B$ y $C$, que cortan a $AC$ y $AB$ en $D$ y $E$ respectivamente. Si $\angle BDE = 24$ y $\angle CED = 18$, hallar los ángulos de $ABC$
Ver el Problema 46 de esta maratón
¿De dónde lo habrán robado para estos últimos selectivos?
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Gianni De Rico

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Vie 29 Nov, 2019 3:00 pm

BrunZo escribió:
Vie 29 Nov, 2019 2:44 pm
Bonus track: el ortocentro
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La razón por la que en el enunciado que ya cambié aparecía el ortocentro, es que si $H$ es el ortocentro, entonces $\angle BHC=180^{\circ}-(\angle HBC+\angle HCB)=180^{\circ}-(90^{\circ}-\angle B + 90^{\circ}-\angle C)=180^{\circ}-(180^{\circ}-(\angle B+\angle C))=180^{\circ}-\angle A$
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¿No es más fácil ver esto usando que las alturas son perpendiculares a los lados y la suma de ángulos interiores de un cuadrilátero es $360°$? (Así evitamos recurrir al concepto de cuadrilátero cíclico)
Queda Elegantemente Demostrado

BrunZo

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por BrunZo » Vie 29 Nov, 2019 3:13 pm

Gianni De Rico escribió:
Vie 29 Nov, 2019 3:00 pm
BrunZo escribió:
Vie 29 Nov, 2019 2:44 pm
Bonus track: el ortocentro
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La razón por la que en el enunciado que ya cambié aparecía el ortocentro, es que si $H$ es el ortocentro, entonces $\angle BHC=180^{\circ}-(\angle HBC+\angle HCB)=180^{\circ}-(90^{\circ}-\angle B + 90^{\circ}-\angle C)=180^{\circ}-(180^{\circ}-(\angle B+\angle C))=180^{\circ}-\angle A$
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¿No es más fácil ver esto usando que las alturas son perpendiculares a los lados y la suma de ángulos interiores de un cuadrilátero es $360°$? (Así evitamos recurrir al concepto de cuadrilátero cíclico)
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a) Puede ser, es otra demostración.
b) ¿Por qué querrías ocultar los cuadriláteros cíclicos?
c) Creo que justo en esa parte no lo use, pero sí en otras, no sé a lo que te referís, igual.

BrunZo

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por BrunZo » Vie 29 Nov, 2019 3:37 pm

Gianni De Rico escribió:
Jue 28 Nov, 2019 3:59 pm
Problema 112

Las circunferencias $\Omega _1$ y $\Omega _2$ se cortan en los puntos $M$ y $N$. La tangente común a $\Omega _1$ y $\Omega _2$ más cercana a $M$ toca a $\Omega _1$ en $A$ y a $\Omega _2$ en $B$. Sean $C$ y $D$ tales que $M$ es el punto medio de $AC$ y de $BD$. El circuncírculo de $DCM$ corta nuevamente a $\Omega _1$ y $\Omega _2$ en $E$ y $F$, respectivamente.
Demostrar que las circunferencias circunscritas de $MEF$ y $NEF$ tienen el mismo radio.
Solución:
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geogebra-export.png
Lo primero que vamos a hacer es tratar con la horrible condición a probar, que podemos convertir a algo más sencillo.

Lema: Sean $A$, $B$, $C$ y $D$ puntos en el plano. Si $\angle ACB+\angle ADB=180^{\circ}$, entonces $ACB$ y $ADB$ tienen el mismo circunradio.
Demostración: Si $C$ y $D$ están en semiplanos distintos con respecto a $AB$, entonces la condición implica que $ACBD$ es cíclico, con lo que terminamos. Si están en el mismo lado, consideramos al reflejo $C'$ de $C$ por $D$. Entonces, $AC'BD$ es cíclico, y $ABC$ es el reflejo de este círculo por $AB$, con lo que tiene el mismo circunradio, que es lo que queríamos probar.

Ahora, notemos que $ABCD$ es simétrico con respecto a $M$, por lo que es un paralelogramo.
Por otro lado, sea $X$ la intersección de $MN$ con el circuncírculo de $ABN$. Se sigue que
$$\angle BAM=\angle ANM=\angle ANX=\angle ABX,\quad \angle ABM=\angle BNM=\angle BNX=\angle BAX$$
Lo que implica que $AMBX$ es un paralelogramo, o sea, que $MX$ biseca a $AB$. Por esto, podemos decir que $MN$ también lo hace (es la misma recta), por lo que $MN$ sería base media de, por ejemplo, $ABC$, ya que biseca a $AB$ y a $AC$. Esto implica que $AD\parallel MN\parallel BC$.
Para finalizar, queda claro que $MN\perp O_1O_2$ por simetría, lo que implica que $AD, BC\perp O_1O_2$, es decir, $(A, E)$, $(B, F)$ y $(M, N)$ son simétricos respecto a $O_1O_2$. Es decir,
$$\angle EMF+\angle ENF=\angle ANB+\angle AMB=(\angle ANM+\angle MNB)+\angle AMB=(\angle MAB+\angle MBA)+\angle AMB=180^{\circ}$$
Lo que por el Lema implica el problema.
EDIT:
Spoiler: mostrar
Soy lo suficientemente despistado para no incluir la demostración de que $A$, $D$ y $E$ son colineales:
$$\angle MED=\angle MCD=\angle MAB=\angle MEA$$
De lo que se sigue. Lo mismo ocurre con la otra terna.
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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Fran5 » Vie 29 Nov, 2019 5:52 pm

Gianni De Rico escribió:
Vie 29 Nov, 2019 2:45 pm
Fran5 escribió:
Lun 01 Abr, 2019 5:09 pm
Problema 108 En un triángulo $ABC$ se marcan las bisectrices de $B$ y $C$, que cortan a $AC$ y $AB$ en $D$ y $E$ respectivamente. Si $\angle BDE = 24$ y $\angle CED = 18$, hallar los ángulos de $ABC$
Ver el Problema 46 de esta maratón
¿De dónde lo habrán robado para estos últimos selectivos?
No sé si haya aparecido en algún selectivo de Argentina. Pero estuvo en el selectivo de Bulgaria para la jbmo2017 , problema 1
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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Lun 02 Dic, 2019 8:45 pm

BrunZo escribió:
Vie 29 Nov, 2019 3:37 pm
Solución:
Spoiler: mostrar
geogebra-export.png
Lo primero que vamos a hacer es tratar con la horrible condición a probar, que podemos convertir a algo más sencillo.

Lema: Sean $A$, $B$, $C$ y $D$ puntos en el plano. Si $\angle ACB+\angle ADB=180^{\circ}$, entonces $ACB$ y $ADB$ tienen el mismo circunradio.
Demostración: Si $C$ y $D$ están en semiplanos distintos con respecto a $AB$, entonces la condición implica que $ACBD$ es cíclico, con lo que terminamos. Si están en el mismo lado, consideramos al reflejo $C'$ de $C$ por $D$. Entonces, $AC'BD$ es cíclico, y $ABC$ es el reflejo de este círculo por $AB$, con lo que tiene el mismo circunradio, que es lo que queríamos probar.

Ahora, notemos que $ABCD$ es simétrico con respecto a $M$, por lo que es un paralelogramo.
Por otro lado, sea $X$ la intersección de $MN$ con el circuncírculo de $ABN$. Se sigue que
$$\angle BAM=\angle ANM=\angle ANX=\angle ABX,\quad \angle ABM=\angle BNM=\angle BNX=\angle BAX$$
Lo que implica que $AMBX$ es un paralelogramo, o sea, que $MX$ biseca a $AB$. Por esto, podemos decir que $MN$ también lo hace (es la misma recta), por lo que $MN$ sería base media de, por ejemplo, $ABC$, ya que biseca a $AB$ y a $AC$. Esto implica que $AD\parallel MN\parallel BC$.
Para finalizar, queda claro que $MN\perp O_1O_2$ por simetría, lo que implica que $AD, BC\perp O_1O_2$, es decir, $(A, E)$, $(B, F)$ y $(M, N)$ son simétricos respecto a $O_1O_2$. Es decir,
$$\angle EMF+\angle ENF=\angle ANB+\angle AMB=(\angle ANM+\angle MNB)+\angle AMB=(\angle MAB+\angle MBA)+\angle AMB=180^{\circ}$$
Lo que por el Lema implica el problema.
EDIT:
Spoiler: mostrar
Soy lo suficientemente despistado para no incluir la demostración de que $A$, $D$ y $E$ son colineales:
$$\angle MED=\angle MCD=\angle MAB=\angle MEA$$
De lo que se sigue. Lo mismo ocurre con la otra terna.
Está bien, te toca proponer
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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por BrunZo » Lun 02 Dic, 2019 9:01 pm

Problema 113.
Dos cuadriláteros $ABCD$ y $A_1B_1C_1D_1$ son simétricos respecto de un punto $P$. Se sabe que los cuadriláteros $A_1BCD$, $AB_1CD$ y $ABC_1D$ son cíclicos. Probar que el cuadrilátero $ABCD_1$ es cíclico.

EDIT: Por comodidad, se permite asumir que los segmentos $AA_1$ y $CC_1$ cortan a la recta $BD$ y que los segmentos $BB_1$ y $DD_1$ cortan a la recta $AC$.
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