Maratón de Problemas de Geometría

[El Apache yasabes]

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]

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.

[Gianni De Rico]

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).

[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

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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.

[Gianni De Rico]

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.

[Ianoni]

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]

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]

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 $F'=F$.

[Ianoni]

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 $BC$.

[El Apache yasabes]

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