Maratón de Problemas de Geometría

El Apache yasabes

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

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Solución 194
Por LAL los triángulos C0B0C1 y C0A0C2 son congruentes por lo que C1C0C2 es isósceles
Sean los angulos B0C0C1 = "beta" y A0C0C2 = "gamma"
Por angle chasing en CC1C0C2 se llega a que
beta + gamma = 30 y B0C0A0 es recto por lo que C1C0C2 vale 150 y el ángulo buscado vale 30 grados

El Apache yasabes

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

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Problema 195

Sea $AB$ un segmento y $O$ su punto medio. Sean $C$ y $D$ dos puntos sobre la semicircunferencia de diámetro $AB$ (de modo que quede formado el cuadrilatero ciclico $ABCD$) y sea $M$ la intersección de la recta $CD$ con la recta $AB$.
Sea $K$ el segundo punto de intersección de las circunferencias circunscritas a los triángulos $ADO$ y $BCO$.

Probar que el ángulo $\angle OKM$ es recto.
Última edición por El Apache yasabes el Lun 22 Feb, 2021 6:01 pm, editado 1 vez en total.

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Gianni De Rico

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

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El Apache yasabes escribió:
Lun 22 Feb, 2021 5:14 pm
Problema 195

Sea $AB$ un segmento y $O$ su punto medio. Sean $C$ y $D$ dos puntos sobre la semicircunferencia de diámetro $AB$ (de modo que quede formado el cuadrilatero ciclico $ABCD$) y sea $M$ la intersección de la recta $CD$ con la recta $AB$.
Sea $K$ el segundo punto de intersección de las circunferencias circunscritas a los triángulos $ADO$ y $BCO$.

Probar que el ángulo $\angle OKM$ es recto.





Lo saque de un artículo de geometría, no puedo dar muchos detalles porque capaz tiro spoiler
Buenas, no es necesario decir de dónde sacamos el problema (de hecho, nunca lo hacemos).
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 »

Solución 195
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Por ser ejes radicales, tenemos que $AD,OK,CB$ concurren en un punto $E$. Notamos ahora que $\angle KCB=\angle KOA=\angle KDE$, así que $CEDK$ es cíclico. Por otro lado, vemos que $AC$ y $BD$ son alturas en $ABE$, de modo que se cortan en su ortocentro $H$, y claramente $CEDH$ es cíclico.
Ahora vamos a ver que $ABHK$ es cíclico, sea $E'$ el simétrico de $E$ por $O$, como $H$ es el ortocentro de $ABE$, entonces $E$ es el ortocentro de $ABH$, y así $HE'$ es diámetro del circuncírculo de $ABH$, por las reflexiones del ortocentro. Pero como $\angle HKE=\angle KDE=90^\circ$, entonces $\angle E'KH=90^\circ$, de modo que $K$ está en la circunferencia de diámetro $E'H$, como queríamos.
Sea $F$ el pie de la altura desde $E$ en $ABE$, entonces por la circunferencia de los 9 puntos tenemos que $CDOF$ es cíclico, pero también $HKOF$ es cíclico pues $\angle HKO=90^\circ =\angle HFO$, así que $OF,HK,CD$ son ejes radicales de las circunscritas de $CDOF,OFHK,HCDK$, por lo que concurren en su centro radical, pero las rectas $OF$ y $AB$ son la misma, entonces las tres rectas concurren en $M$, así que $\angle OKM=\angle OKH=90^\circ$.
Y no me voy a quedar sin postear esto
Spoiler: mostrar
Invertimos por $\odot ABCD$, entonces $K$ se va al punto de intersección de $BC$ y $DA$ (oh casualidad, es el punto $E$ de la solución anterior), así que $K$ está en la polar de $E$ respecto a $\odot ABCD$. Por Brocard tenemos que $M$ está en la polar de $E$ respecto a $\odot ABCD$ (oh casualidad, si $H$ es el punto de intersección de $AC$ y $BD$, Brocard nos dice que $MH$ es dicha polar, así que $M,H,O$ están alineados). Por definición de polar se tiene lo pedido.
1  
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

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Problema 196

Sea $ABCD$ un cuadrilátero cíclico y sea $P$ un punto del lado $AB$. La diagonal $AC$ corta a la recta $DP$ en el punto $Q$. La paralela a $CD$ por $P$ corta a la prolongación de $CB$ en el punto $K$, la paralela a $BD$ por $Q$ corta a la prolongación de $CB$ en el punto $L$.
Demostrar que los circuncírculos de $BKP$ y $CLQ$ son tangentes.
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Esto es trivial por el teorema de Bolshonikov demostrado en un bar de Bielorrusia en 1850

Ianoni

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

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Solución 196
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Primero, sea $X$ la interseccion de $(BPK)$ con $(ABCD)$, haciendo angulitos nos damos cuenta que $D,P,X$, son colineales, sea $X'$ la inter de $(LQC)$ con $(ABCD)$, con angulitos $D,P,X'$ son colineales, luego $X' =X$. Entonces, como $AXBC$ es ciclico, $\angle ABX = \angle ACX$.

Sea Y el punto de intersección de la tangente por $X$ a $(BKP)$ con la circunferencia $(ABCD)$, entonces $\angle YXQ=\angle YXP=\angle XBP=\angle XBA=\angle XCA=\angle XCQ$, así que son tangentes.

Ianoni

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

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Problema 197

Sea $H$ el ortocentro de un triángulo acutángulo $ABC$ y $M$ es el punto medio de $AH$. La recta $BH$ corta a $AC$ en $D$. Sea $E$ el simétrico de $D$ respecto a la recta $BC$, $CM$ y $AE$ se cortan en $F$. Probar que $BF$ es perpendicular a $CM$.

Nahu

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

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Solución 197
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Sea $G$ el punto medio de $BC$, $N$ la intersección de $CH$ y $AB$ y $T$ la intersección de $AH$ y $BC$. Tenemos que $M, D, G$ y $T$ están en la circunferencia de los $9$ puntos. Como $M\widehat{T}G=90^{\circ} \Rightarrow G\widehat{D}M= 90^{\circ}$, y como $M$ y $G$ son los centros de las circunferencias $\odot ADN$ y $\odot BNDC$ respectivamente, entonces estas son ortogonales. Llamemos $F'$ a la segunda intersección de $MC$ y $\odot BNDC$. Tenemos que $A\widehat{F'}C=90^{\circ}$, entonces hay que probar que $A, F'$ y $E$ son colineales. Sea $f$ la inversión respecto a la circunferencia $\odot ADN$, con esto tenemos que $f(F')=C, f(A)=A$ y como $E$ esta en la circunferencia $\odot BNDC$ entoces $f(E)=E'$ con $E'$ la segunda intersección de $ME$ y $\odot BNDC$. Como $M\widehat{A}C=D\widehat{B}C=E\widehat{B}C=E\widehat{E'}C \Rightarrow$ $E'MAC$ es ciclico $\Rightarrow A, F'$ y $E$ son colineales, con esto $F'=F$.
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Ianoni

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

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Problema 198

Sea $ABC$ un triángulo con $\angle BCA =60^\circ$ y $\angle CBA =80^\circ$. Sea $I$ el incentro de $ABC$ y sea $E$ la intersección de las altura que pasa por $A$ con la circunscripta de $BIC$. Si $P$ es la intersección de $BE$ y la prependicular a $CI$ que pasa por $C$, demostrar que la circunscripta de $PAB$ tiene su centro en la recta $BC$.
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El Apache yasabes

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

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Cabe aclarar que en el problema 198 la perpendicular a BC que pasa por A corta a la circunscrita de BIC en 2 puntos. El punto E es el que esta mas cerca de A, el que es interior al triángulo ABC, con el otro no se cumple lo que pide el problema

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