Maratón de Problemas de Geometría

Juaco

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

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Problemana 203
Sean $\Gamma_1$ y $\Gamma_2$ dos circunferencias secantes de centros $O_1$ y $O_2$ respectivamente. Se coloca un punto $S $ exterior a ambas y perteneciente a la recta $O_1O_2$. Se trazan las tangentes a $\Gamma_1$, $SA $ y $SB $, y las tangentes a $\Gamma_2$, $SC $ y $SD $.
$R $ es uno de los puntos de intersección de $\Gamma_1$ y $\Gamma_2$, puede ser cualquiera
$K = AB \cap O_1S $
$J = CD \cap O_2S $.

Probar que $\angle O_1RO_2 = \angle KRJ$
Última edición por Juaco el Sab 20 Mar, 2021 11:44 pm, editado 4 veces en total.
$91$ es el menor número primo que puede escribirse como producto de $2$ números primos menores a el $(91 = 13 × 7) $

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Gianni De Rico

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

El Apache yasabes escribió:
Vie 19 Mar, 2021 5:33 pm
Solución 202:
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Screenshot_2021-03-19-17-28-02-1.png

Llamo $\Gamma $ a la circunferencia.
Defino los siguientes puntos:
$X = PA \cap BT $
$R = PA \cap TH$
$H' = TH \cap \Gamma $
$Q = PT \cap AB $

Sea $T\hat {B}A = \beta $, notese entonces que
$Q\hat {T}A = A\hat {T}H = \beta$ y cómo $AB $ es diámetro sabemos que $A\hat {T}B = 90$, esto implica que $AT $ y $BT $ son bisectriz es por lo que {$Q, A, H, B$} $= -1$
Tomó la proyección de foco T que manda los puntos de la recta $AB$ a $\Gamma $ entonces queda: {$Q, A, H, B$} $=$ {$T, A, H', B$} $= -1$
y ahora otra que mande los puntos de $\Gamma $ a $PA $, entonces: {$T, A, H', B$} $=$ {$P, A, R, X$} $= -1$

Por último tomó la proyección de foco $B $ que manda los puntos de $PA $ a los de $TH $, entonces: {$P, A, R, X$} $=$ {$\infty, H, R, T$} $= -1$

Y de esto último resulta que $R $ es punto medio de $TH $
Muy buena solución, un par de comentarios
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Las llaves en $\LaTeX$ las podés hacer usando \$\{\$, eso te evita cortar el código.
Además, no es necesario que proyectes dos veces por $T$, podés hacer directamente $\{P,A;R,X\}\underset{T}{=}\{Q,A;H,B\}=-1$.
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

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

Solución 203 (versión 4.0?)
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Notemos que $SA=SB$ por ser tangentes a $\Gamma _1$ desde $S$, y que $OA=OB$ por ser radios de $\Gamma _1$, se sigue que $OS$ es mediatriz de $AB$, y por lo tanto $\angle O_1KA=90^\circ =\angle O_1AS$, esto último porque $SA$ es tangente a $\Gamma _1$. Como $\angle AO_1K=\angle SO_1A$, tenemos entonces que $AKO_1\simeq SAO_1$, de donde $\frac{O_1A}{O_1K}=\frac{O_1S}{O_1A}$, y como $O_1A=O_1R$ por ser radios de $\Gamma _1$, resulta $\frac{O_1R}{O_1K}=\frac{O_1S}{O_1R}$. Además, $\angle RO_1K=\angle SO_1R$, por lo que $RKO_1\simeq SRO_1$, es decir que $\angle KRO_1=\angle RSO_1$.
Análogamente se tiene que $\angle JRO_2=\angle RSO_2$, pero como $\angle RSO_1=\angle RSO_2$, se sigue que $\angle KRO_1=\angle JRO_2$, y así$$\angle O_1RO_2=\angle O_1RJ+\angle JRO_2=\angle O_1RJ+\angle KRO_1=\angle KRJ$$como queríamos.
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 204

Sea $ABC$ un triángulo con incentro $I$. El pie de la perpendicular desde $I$ a la recta $BC$ es el punto $D$, y el pie de la perpendicular desde $I$ a la recta $AD$ es el punto $P$. La recta $AD$ corta nuevamente al circuncírculo de $BPC$ en el punto $T$.
Demostrar que la tangente al circuncírculo de $BPC$ por $T$ es paralela a $BC$.
Esto es trivial por el teorema de Bolshonikov demostrado en un bar de Bielorrusia en 1850

Hernan26

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Hernan26 »

Solución 204
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Sean $E$ y $F$ los pies de las perpendiculares desde $I$ a $AC$ y $AB$, respectivamente.
Claramente $(DEF)$ es el incírculo de $ABC$.
Notemos que por letra, $\angle IPA=\angle IFA=\angle IEA$ por lo que $AFPIE$ es cíclico.
Además $\angle IDC=\angle IPD$ por lo que $BC$ es tangente a $(IPD)$ en $D$.
Por el íncirculo, $BC$ es tangente a $(DEF)$ en $D$ también.
Luego si aplicamos el Teorema de los Ejes Radicales en $(FPIE)$, $(DEF)$ y $(PID)$, concluimos que $EF$, $PI$ y $DD=BC$ concurren.
Llamemos a este centro radical $G$.
Como $AD$, $BE$ y $CF$ es conocido que concurren, tenemos que $(B,C;G,D)=-1$ y como $IG$ es perpendicular a $PD$, obtenemos que $PD$ es la bisectriz de $\angle BPC$.
Luego por el Teorema de la Vida, $TB=TC$ y por lo tanto, $\angle TBC=\angle TCB$.
Por último, sea $H$ un punto en la tangente a $(BPC)$ por $T$ y que está en el semiplano opuesto a $B$ con respecto a $TC$.
Por seminscrito e isósceles, $\angle HTC=\angle TBC=\angle TCB$, por lo que, $HT$ es paralelo a $BC$ como se quería probar.
P204.png
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Hernan26

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Hernan26 »

Problema 205
En el triángulo $ABC$, $AC=k\cdot AB$ con $k>1$. La bisectriz de $\angle BAC$ intersecta a $BC$ en $D$. La circunferencia de diámetro $AC$ intersecta a la recta $AD$ nuevamente en $E$.
Expresar $\frac{AD}{AE}$ en función de $k$.

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Nahu

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Nahu »

Solución 205:
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Sea $F$ la intersección de $AB$ y $EC$. Entonces tenemos $AF=AC$ ya que $AE$ es perpendicular a $CF$ y $AE$ es bisectriz de $F\widehat{A}C$, por ende $AFC$ es un triangulo isósceles. Como $AE$ es la $A$-mediana $AFC$, entonces por Menelao en $EDC$ y la recta $AF$ tenemos que $\frac{AD}{AE}\cdot \frac{EF}{EC}\cdot \frac{CB}{DB}=1\Rightarrow \frac{AD}{AE}=2\frac{DB}{CB}$. Como $AB\cdot k=AC\Rightarrow k=\frac{AC}{AB}=\frac{DC}{BD}\Rightarrow \frac{CB}{DB}=\frac{DB+DC}{DB}=k+1$. Entonces $\frac{AD}{AE}=\frac{2}{k+1}$.
Que proponga el que quiera
1  

Juaco

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Juaco »

Bueno veo que nadie propone así que acá va uno

Problema 206
Sea $ABC$ un triángulo tal que $B\hat{A}C=60^\circ$.
Sean $D$ y $E$ puntos sobre los lados $AB$ y $AC$ respectivamente tales que $BE$ y $CD$ son bisectrices.
Probar que la reflexión de $A$ respecto a la recta $DE$ pertenece a la recta $BC$.
$91$ es el menor número primo que puede escribirse como producto de $2$ números primos menores a el $(91 = 13 × 7) $

ricarlos
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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por ricarlos »

Solución 206
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Sea $I=BE\cap CD$.
Tenemos que $\angle BCI+\angle CBI=60$ entonces $\angle BIC=\angle DIE=120$
Luego $ADIE$ es ciclico, $I$ es entonces punto medio del arco $DE\neq DAE$ asi que $DIE$ es
isosceles con angulos basales de 30 grados.
Sea $G$ la interseccion de la bisectriz exterior de $\angle C$ (del ABC) con $DE$,
sabemos que $CD\perp CG$ y que $\angle CDG=30$ entonces $\angle CGD=60$.
Luego $ADCG$ es ciclico. Trazamos su circunscrita y llamamos $H$ a la interseccion de esta con $BC$.
Entonces $D$ es punto medio del arco $AH\neq ACH$ asi que $AD=DH$ y como $DG$ es diametro es
tambien mediatriz de $AH$ luego $H$ es el reflejo de $A$ respecto de $DE$.
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.

ricarlos
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Re: Maratón de Problemas de Geometría

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Problema 207

Sea $ABC$ un triangulo inscrito en una semicircunferencia, $\omega$, de diametro $AC$ y centro $O$. Sean $X$ (X distinto de O) e $Y$ puntos sobre $AC$ y $\omega$, respectivamente, luego $XY$ corta a la cuerda $AB$ en $P$. El reflejo de $XY$ respecto de $AC$ corta a la cuerda $AB$ y $\omega$ en $Q$ y $Z$, respectivamente.
Supongamos que $PY=QZ$ ¿Cuanto mide el angulo $XPO$ en terminos del angulo $BAC$?
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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