Maratón de Problemas de Geometría

BrunZo

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

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Solución:
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Sean $a$, $b$ y $c$ los lados del triángulo. Por AM-HM,
$$\begin{align}
\frac{a+b+c}{3}&\geq\frac{3}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}\\
\frac{a+b+c}{9}&\geq\frac{1}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}\\
\frac{9}{a+b+c}&\leq\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}
\end{align}$$
Sea $T$ el doble del área del triángulo. Multiplicando ambos lados por $T$ y recordando que $T=ah_1=bh_2=ch_3=(a+b+c)r$,
$$\begin{align}
\frac{9T}{a+b+c}&\leq\frac{T}{a}+\frac{T}{b}+\frac{T}{c}\\
\frac{9(a+b+c)r}{a+b+c}&\leq\frac{ah_1}{a}+\frac{bh_2}{b}+\frac{ch_3}{c}\\
9r&\leq h_1+h_2+h_3
\end{align}$$
Como queríamos probar. Más aún, la igualdad se da si y sólo si se da la igualdad en lo primero que escribimos, es decir, $a=b=c$, o lo que es lo mismo, si y sólo si el triángulo es equilátero.

BrunZo

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por BrunZo »

Problema 115:
Sea $ABC$ un triángulo, $O$ su circuncentro y $H$ su ortocentro. Sean $A_1$, $B_1$, $C_1$ las reflexiones de $A$, $B$ y $C$ por las mediatrices de sus respectivos lados opuestos. El incentro del triángulo $A_1B_1C_1$ es $L$. Probar que $O$, $H$ y $L$ están alineados.

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Gianni De Rico

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

Solución 115
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Screenshot_20191224-220132.png
Sean $\angle BAC=\alpha$, $\angle CBA=\beta$ y $\angle ACB=\gamma$, y sean $H'$ y $H''$ las reflexiones de $H$ por $BC$ y su punto medio, respectivamente. Luego, ambos pertenecen a $\odot ABC$, y $H''$ es el opuesto diametral de $A$, de donde $H''A_1$ es la reflexión de $AH'$ por $O$.

Veamos que $L\in A_1H''$.
En efecto, basta ver que $H''$ es el punto medio del arco $B_1C_1$ que no contiene al punto $A$, esto es equivalente a ver que $AH''\equiv AO$ es bisectriz de $\angle B_1AC_1$.
Como $A$ y $C$ son simétricos respecto de la mediatriz de $BC$, tenemos que $\angle B_1AC=\gamma$, análogamente, $\angle C_1AB=\beta$, de donde $\angle B_1AC_1=\beta +\gamma -\alpha =180°-\alpha -\alpha =180°-2\alpha$. Pero $\angle OAC=90°-\beta$, de donde $$\angle B_1AO=\angle B_1AC-\angle OAC=\gamma -(90°-\beta )=\beta +\gamma -90°=180°-\alpha -90°=90°-\alpha =\frac{180°-2\alpha}{2}=\frac{\angle B_1AC_1}{2}$$ de donde $AO$ es bisectriz de $\angle B_1AC_1$, por lo que $L\in A_1H''$.
Sea $r(X)$ la reflexión de $X$ por $O$. Entonces $r(AH)=A_1L$. Análogamente, $r(BH)=B_1L$ y $r(CH)=C_1L$.
Como $H=AH\cap BH\cap CH$, tenemos que $r(H)=r(AH)\cap r(BH)\cap r(CH)=A_1L\cap B_1L\cap C_1L=L$, de donde $O$, $H$ y $L$ están alineados.
No tienes los permisos requeridos para ver los archivos adjuntos a este mensaje.
Esto es trivial por el teorema de Bolshonikov demostrado en un bar de Bielorrusia en 1850

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Gianni De Rico

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

Problema 116

Sea $ABC$ un triángulo acutángulo de circuncentro $O$, y sean $P$ y $Q$ puntos sobre $AB$ y $AC$ tales que $\frac{PB}{PQ}=\frac{AC}{BC}$ y $\frac{QC}{PQ}=\frac{AB}{BC}$.
Demostrar que $A,P,O,Q$ son concíclicos.
Esto es trivial por el teorema de Bolshonikov demostrado en un bar de Bielorrusia en 1850

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Joacoini

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Joacoini »

Me gusto.

Solución 116:
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$\frac{BC}{PQ}=\frac{AC}{PB}=\frac{AB}{QC}\Rightarrow CA\times CQ=BA\times BP$

Como $B$ y $C$ tienen la misma potencia a un punto al circuncirculo de $APQ$ y si $T$ es el centro de esta circunferencia $TB=TC$ y $T$ esta en la mediatriz de $BC$.

Si $A'$ es el reflejo de $A$ por la mediatriz de $BC$, $AT=A'T\Rightarrow AQPA'$ es cíclico.

WLOG $AB>AC$

$A'\widehat PQ=180-A'\widehat AQ=180-A'\widehat AC=A'\widehat BC$
$A'\widehat QP=A'\widehat AP=A'\widehat AB=A'\widehat CB$

Los triangulos $A'BC$ y $A'PQ$ son semejantes por lo que $\frac{A'B}{BC}=\frac{A'P}{PQ}$.

Como $AC=A'B$, por el enunciado $\frac{PB}{PQ}=\frac{A'B}{BC}=\frac{A'P}{PQ}\Rightarrow A'P=PB\Rightarrow A\widehat PA'=180-A'\widehat PB=2A'\widehat BP=2A'\widehat BA=A'\widehat OA$.

$AA'POQ$ es cíclico.
NO HAY ANÁLISIS.

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Joacoini

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Joacoini »

Este lo cree al leer mal un problema. Me uní a la distancia.

Problema 117

Sea $\Gamma$ el incírculo de un triángulo escaleno $ABC$, que es tangente a los lados $BC$, $CA$, $AB$ en los puntos $D$, $E$, $F$ respectivamente. Las rectas $EF$ y $BC$ se cortan en $G$. La circunferencia de centro $G$ y radio $GD$ corta a $\Gamma$ por segunda vez en $R$. Sean $P$ y $Q$ los puntos de intersección (distintos de $R$) de $\Gamma$ con $BR$ y $CR$, respectivamente.
Demostrar que las rectas $RD$, $BQ$ y $CP$ concurren.
NO HAY ANÁLISIS.

ricarlos
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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por ricarlos »

Solucion 117 que no fue
Dado un triangulo ABC y los puntos medios L, M y N de los lados BC, AC y AB, respectivamente, probar que las bisectrices de los angulos ANB, BLC y CMA son concurrentes.

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Gianni De Rico

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

Leer mal los problemas te sale muy bien @Joacoini

Solución 117
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Vamos a reslover una generalización:
Sea $\Gamma$ el incírculo de un triángulo escaleno $ABC$, que es tangente a los lados $BC$, $CA$, $AB$ en los puntos $D$, $E$, $F$ respectivamente. Las rectas $EF$ y $BC$ se cortan en $G$, una recta que pasa por $G$ corta a $\Gamma$ en los puntos $J$ y $K$, la recta $BJ$ corta nuevamente a $\Gamma$ en $M$, y la recta $GM$ corta nuevamente a $\Gamma$ en $L$.
Demostrar que las siguientes ternas de rectas son concurrentes:
  1. $AD,BJ,CK$
  2. $AD,BK,CJ$
  3. $AD,BL,CM$
Cuando $J\equiv K$, tenemos que c. es el problema original.

Como $DD,FF,MJ$ concurren en $B$, tenemos que $DMFJ$ es armónico, luego $$\{D,E;L,K\}\underset{G}{=}\{D,F;M,K\}=-1$$ por lo que $DD,EE,LK$ concurren, entonces $C,L,K$ están alineados.
Notamos además que como $GR=GD$, tenemos que $G\in RR$. Como $G\in EF\equiv a$, por La Hire tenemos que $A\in g\equiv DR$.
Esto demuestra que en efecto c. es el problema original.

Vamos ahora con la solución.
Screenshot_20191225-105502.png


La recta $BK$ corta nuevamente a $\Gamma$ en $S$, la recta $GS$ corta nuevamente a $\Gamma$ en $T$, la recta $BL$ corta nuevamente a $\Gamma$ en $U$, y la recta $GU$ corta nuevamente a $\Gamma$ en $V$.
Como $DD,FF,SK$ concurren en $B$, tenemos que $DSFK$ es armónico, luego $$\{D,E;T,J\}\underset{G}{=}\{D,F;S,K\}=-1$$ por lo que $DD,EE,TJ$ concurren, entonces $C,J,T$ están alineados.
Como $DD,FF,UL$ concurren en $B$, tenemos que $DUFL$ es armónico, luego $$\{D,E;V,M\}\underset{G}{=}\{D,F;U,L\}=-1$$ por lo que $DD,EE,VM$ concurren, enconces $C,M,V$ están alineados.
Sean $X=BJ\cap CK$, $Y=BK\cap CJ$, y $Z=BL\cap CM$.
Como $JK,ML,ST,UV$ concurren en $G$, por Brocard en $JKLM$, $JKTS$ y $MLVU$ tenemos que $X,Y,Z\in g\equiv AD$.
PD
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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

Problema 118

Sea $ABC$ un triángulo acutángulo, y sean $A',B',C'$ las reflexiones de $A,B,C$ por $BC,CA,AB$, respectivamente. Los circuncírculos de $ABB'$ y $ACC'$ se cortan nuevamente en $A_1$, los puntos $B_1$ y $C_1$ se definen de la misma manera.
Demostrar que las rectas $AA_1$, $BB_1$ y $CC_1$ son concurrentes.
Esto es trivial por el teorema de Bolshonikov demostrado en un bar de Bielorrusia en 1850

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Joacoini

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Joacoini »

Dejo mi solución del 117 que usa teoremas copados, y por si se lo preguntaban es el 3 de la ibero del 2010.
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Combinando Ptolomeo con que $QERD$ es armónico tenemos que

$ED\times RQ=2EQ\times RD$

Y haciendo lo mismo en $RFPD$

$FD\times PR=2FP\times RD$

Combinando

$\frac{RQ}{PR}=\frac{FD}{ED}\times \frac{EQ}{FP}$

Como $REFD$ es armonico $\frac{FD}{ED}=\frac{RF}{RE}$

$\frac{RQ}{PR}=\frac{RF}{RE}\times \frac{EQ}{FP}$

Como los triangulos $CEQ$ y $CRE$ son semejantes y $BFP$ y $BRF$ también.

$\frac{RF}{FP}=\frac{FB}{BP}$ y $\frac{EQ}{RE}=\frac{QC}{CE}$ por lo que

$\frac{RQ}{PR}=\frac{FB}{BP}\times \frac{QC}{CE}$

Aplicando $BF=DB$ y $CE=CD$.

$\frac{RQ}{PR}=\frac{DB}{BP}\times \frac{QC}{CD}\Rightarrow \frac{CD\times BP\times RQ}{DB\times PR\times QC}=1$

Lo cual es un hermoso reciproco de Ceva.
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NO HAY ANÁLISIS.

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