Maratón de Problemas de Geometría

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Monazo

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Monazo » Vie 09 Oct, 2020 3:29 pm

Una vez que publiquen una solucion, no cuelguen con publicar otro problema!
El Diego es del Lobo! Y del Lobo no se va!

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NicoRicci

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por NicoRicci » Vie 09 Oct, 2020 3:59 pm

Problema 171
Sea $ABC$ un triángulo con $\angle A = 45^\circ$ tal que la bisectriz de $\angle A$, la mediana desde $\angle B$ y la altura desde $\angle C$ concurren en un punto. Calcular la medida del ángulo $\angle B$.
OWEEEEEEE

Nahu

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Nahu » Vie 09 Oct, 2020 9:22 pm

solución 171
Spoiler: mostrar
Sea $L$ la intersección de la bisectriz de $B\hat{A}C$ y $BC$, $H$ el pie de la altura de $B$, tenemos por ceva que,
$\frac{BL}{CL}.\frac{CM}{AM}.\frac{AH}{HB}=1 \Rightarrow \frac{BL}{CL}=\frac{HB}{AH}$ por ende $HL \parallel AC$ por lo tanto tenemos que $L\hat{A}C=A\hat{L}H=H\hat{A}L=22,5^{\circ}$, por ende $AH=HC=HC$ con esto tenemos que $H$ es el centro de la circunferencia que pasa por $A,C$ y $L$, entonces por angulitos tenemos que $A\hat{C}B=112,5^{\circ} \Rightarrow H\hat{B}C=22,5^{\circ}$

Nahu

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Nahu » Vie 09 Oct, 2020 10:17 pm

Problema 172
Sea $ABCD$ un cuadrado y $E,F$ puntos de los lados $BC,CD$, respectivamente, tales que $CE\neq CF$. Las rectas $AE$ y $AF$ cortan $BD$ en $P$ y $Q$, respectivamente. Se supone que $BP\cdot CE=DQ\cdot CF$. Demostrar que los cinco puntos $C$, $E$, $F$, $P$ y $Q$ están en una circunferencia.
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NPCPepe

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por NPCPepe » Dom 11 Oct, 2020 4:22 pm

Solución 172
Spoiler: mostrar
La intersección de la paralela a $DC$ por $Q$ y a $BC$ por $P$ es $O$.
La intersección de $QO$ y $BC$ es $X$, la intersección de $PO$ y $DC$ es $Y$
$YO=\frac{DQ}{\tan (45^\circ )}=\frac{DQ}{\sqrt{2}}$
$XO=\frac{BP}{\tan (45^\circ )}=\frac{BP}{\sqrt{2}}$
como $BP\cdot CE\cdot \frac{1}{\sqrt{2}}=DQ\cdot CF\cdot \frac{1}{\sqrt{2}}$
$XO\cdot CE=YO\cdot CF$
$\frac{XO}{CF}=\frac{YO}{CE}$, $\frac{CY}{CF}=\frac{CX}{CE}$
$M$ es la intersección de $QO$ y $AD$
$N$ es la intersección de $PO$ y $AB$
$\frac{QM}{AM}=\frac{FD}{AD}$ por triángulos similares
$\frac{AD}{AQ}=\frac{FD}{FQ}$ por teorema de la bisectriz ya que $BD$ es bisectriz de $\angle ADC$ porque $\angle BDC=45^\circ$,
$AD=1$ sin perdida de generalidad (las cosas se miden en "$AD$"s que son los lados del cuadrado)
$QF=\frac{QM}{AM}\cdot AQ=\frac{QM}{1-QM}\cdot AQ$
$QF=\frac{CX}{1-CX}\cdot AQ$
$DF=\frac{QF}{AQ}=\frac{QM}{1-QM}=\frac{CX}{1-CX}$
como $CY\cdot CE=CX\cdot CF$
$CY-\frac{CY^2}{1-CY}=CX-\frac{CX^2}{1-CX}$
Si $CX=CY$ la igualdad siempre se cumple, pero esto no puede pasar según el enunciado por lo que $CX$ y $CY$ son soluciones distintas para $x$ en la función
$y=x-\frac{x^2}{1-x}$
$(1-x)y=x(1-x)-x^2$
$x-2x^2=y-xy$
$x-2x^2-y+xy=0$
$-2x^2-y+(1-y)x=0$
se puede ver que para cada $y$, hay solo un resultado de $1-y$, $y$ pero para cada uno de estos conjuntos hay dos soluciones de $x$
para cada $y$ hay dos $x$ posibles.

para cada $CE$ se puede hacer que $CY=\frac{1}{2}CF$ ya que $CY$ depende de $CE$ y no de $CF$, si $CY=\frac{1}{2}CF$:
$CE=1-\frac{\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\frac{CX}{1-CX}}{1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\frac{CX}{1-CX}}$
$CE=1-\frac{1-\frac{CX}{1-CX}}{1+\frac{CX}{1-CX}}$
$CE=0+2\frac{\frac{CX}{1-CX}}{1+\frac{CX}{1-CX}}$
$CE=2\frac{CX}{1-CX+CX}=2CX$
entonces hay infinitas soluciones para $CX,CY$ sin necesidad de que $CX=CY$, por lo que $CX,CY$ son las dos soluciones distintas de la cuadrática, para demostrar esto: si $CY=2CF$ y $CF=CE$, $1-\frac{CX}{1-CX}=2CX$
$1-CX-CX=2CX-2CX^2$
$2CX^2-4CX+1=0$
una de las raíces es mayor a $1$, es decir mayor que $CD$, por lo que solo hay un caso donde $CF=2CY$ y además $CF=CE$, por lo que hay infinitas soluciones sin que $CF=CE$, y estas tienen $CF=2CY$, además no hay otro tipo de solución para un determinado $y$ porque era cuadrática.

Como $CF=2CY,CE=2CX$, $FPC,CQE$ son isósceles, por simetría en $BD$, $QE=QC=QA,PF=PC=PA$, $FPA$ y $EQA$ son isósceles, los ángulos $\angle AFP=\angle PAF=\angle QEA$,
$FEPQ$ es cíclico, como $CF=2CY,CE=2CX$, $O$ es el punto medio de $FE$.
$\angle OQP=\angle CDB=45^\circ$, $\angle QPO=\angle DBC=45^\circ$
$OQ=OP$, $O$ está en la mediatriz de $QP$, y en la de $FE$, $O$ es circuncentro de $FEPQ$ y de $FCE$ (ya que es el centro de su hipotenusa) por lo que $FCEPQ$ es cíclico
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$3=569936821221962380720^3+(-569936821113563493509)^3+(-472715493453327032)^3$: esta es la tercer menor solucion descubierta para la ecuación $a^3+b^3+c^3=3$ , las otras dos son $1^3+1^3+1^3=3$ y $4^3+4^3+(-5)^3=3$

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NPCPepe

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por NPCPepe » Dom 11 Oct, 2020 6:41 pm

Problema 173
Sea $S$ el circuncentro y $H$ el ortocentro del triángulo $ABC$. Sea $Q$ el punto tal que $S$ biseca $HQ$ y denote por $G_1$, $G_2$ y $G_3$, respectivamente, los centroides de $BCQ$, $CAQ$ y $ABQ$. Demuestre que $AG_1=BG_2=CG_3=\frac{4}{3}R$, donde $R$ es el circunradio de $ABC$.
$3=569936821221962380720^3+(-569936821113563493509)^3+(-472715493453327032)^3$: esta es la tercer menor solucion descubierta para la ecuación $a^3+b^3+c^3=3$ , las otras dos son $1^3+1^3+1^3=3$ y $4^3+4^3+(-5)^3=3$

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Fran5 » Dom 11 Oct, 2020 7:43 pm

Spoiler: mostrar
Sean $D,E,F$ los puntos medios de $BC,CA,AB$ respectivamente. Sea $G$ el baricentro de $DEF$

$DEF$ es semejante a $ABC$ trivialmente

$G_1G_2G_3$ es semejante a $DEF$ por ser una homotencia de centro $Q$ y razón $\frac{2}{3}$

Luego $BC$ es paralela a $G_2G_3$ y análogamente para los otros lados.

Ahora, el si el circuncentro de $DEF$ es $O$, tenemos que $O$ es el punto medio de $HS$, de donde $\frac{QO}{QS} = \frac{3}{2}$, y por lo tanto el circuncírculo $O'$ de $G_1G_2G_3$ verifica $\frac{QO'}{QS} = \frac{2}{3} \cdot \frac{3}{2} = 1$, de donde $O' = S$.

Pero entonces la mediatriz de $BC$ y la mediatriz de $G_2G_3$ es la misma, de donde $BG_3G_2C$ es un trapecio isósceles, con $BG_2 = CG_3$

Análogamente se muestran las otras igualdades.

En particular, tenemos que $ASG_1$ están alineados y análogamente los otros puntos. Luego $S$ es la intersección de los segmentos $AG_1, BG_2, CG_3$.

Más aun (!), el triángulo $G_1G_2G_3$ es homotético a $ABC$ con centro $S$ y razón negativa, de donde $S$ está entre $A$ y $G_1$ (esto es para sumar los radios y no restarlos al calcular la longitud de $AG_1$

Finalmente, si $R$ es el circunradio de $ABC$, tenemos que $\frac{R}{2}$ es el de $DEF$ y $\frac{R}{3}$ el de $G_1G_2G_3$, de donde $AG_1 = R + \frac{R}{3} = \frac{4}{3}R$
Problema 174

En el cuadrado $ABCD$, sean $P$ en el lado $AB$ tal que $AP^2 = BP \cdot BC$ y $M$ el punto medio de $BP$.
Si $N$ es el punto interior del cuadrado tal que $AP = PN$ y $MN$ es paralelo a $BC$, calcular la medida del ángulo $\angle{BAN}$
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Gianni De Rico

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Dom 11 Oct, 2020 7:53 pm

La dejo nomás porque sale al toque con vectores
Spoiler: mostrar
Sea $\mathbf{x}=\overrightarrow{SX}$. Entonces $\mathbf{h}=\mathbf{a}+\mathbf{b}+\mathbf{c}$, de donde $\mathbf{q}=-\mathbf{h}=-\mathbf{a}-\mathbf{b}-\mathbf{c}$, por lo que $\mathbf{g}_1=\frac{1}{3}(\mathbf{q}+\mathbf{b}+\mathbf{c})=-\frac{1}{3}\mathbf{a}$, y así $AG_1=\frac{4}{3}AS=\frac{4}{3}R$. Las otras dos igualdades son análogas.
Esto es trivial por el teorema de Bolshonikov demostrado en un bar de Bielorrusia en 1850

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Dom 11 Oct, 2020 11:54 pm

Solución 174
Spoiler: mostrar
Por comodidad, digamos que $ABCD$ tiene lado $1$, entonces la condición sobre $P$ se convierte en $AP^2=1-AP$, tomando la raíz positiva nos queda que $AP=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$, entonces $\frac{BP}{AP}=\frac{1}{\frac{\sqrt{5}-1}{2}}=\frac{1+\sqrt{5}}{2}=\varphi$ (la cuadrática con $AP$ es casi el polinomio áureo, así que taníamos que sacar a $\varphi$ de algún lado), entonces $\frac{AP}{BP}=\varphi$ por ser razón áurea. Como $MN\parallel BC\perp BP$ y $M$ es punto medio, entonces $MN$ es mediatriz de $BP$, así que $BNP$ es isósceles, entonces $BN=NP=\varphi BP$, por lo que $BNP$ es el triángulo áureo, y así $\angle NPB=72^\circ$, pero como $APN$ es isósceles, entonces $\angle BAN=\angle PAN=\frac{72^\circ}{2}=36^\circ$.
Esto es trivial por el teorema de Bolshonikov demostrado en un bar de Bielorrusia en 1850

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Lun 12 Oct, 2020 1:27 pm

Problema 175
Bosnia-Herzegovina TST 2015


Sea $D$ un punto en el lado $BC$ del triángulo $ABC$, los puntos $E$ y $F$ en los lados $CA$ y $AB$, respectivamente, son tales que $ABDE$ y $ACDF$ son cíclicos. La mediatriz de $EF$ corta al lado $BC$ en $S$, y la recta $EF$ corta a la recta $BC$ en $T$. El circuncírculo de $ASD$ corta nuevamente al circuncírculo de $AEF$ en el punto $G$.
Demostrar que $G,T,A$ son colineales.
Esto es trivial por el teorema de Bolshonikov demostrado en un bar de Bielorrusia en 1850

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