Maratón de Problemas de Geometría

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Gianni De Rico

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

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Solución 207
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Sean $Y'=XZ\cap \omega$, $Z'=XY\cap \omega$, $Y''=OY\cap \omega$ y $Z''=OZ\cap \omega$. Como $AC$ es diámetro de $\omega$ resulta $Y'Z'=YZ=Y''Z''$, de donde $Y'Y''\parallel Z'Z''$, es decir que $Y'Z''=Z'Y''$, por lo que $\angle PYO=\angle Z'YY''=\angle Y'ZZ''=\angle QZO$. Como además $PY=QZ$ y $OY=OZ$ por ser radios de $\omega$, resulta $PYO\equiv QZO$, es decir que $OP=OQ$. Como las rectas $XP$ y $XQ$ son simétricas por $AC$, entonces $XO$ es la bisectriz exterior de $\angle PXQ$, combinando eso con $OP=OQ$ se sigue que $PQOX$ es cíclico, es decir, $\angle OPQ=\angle OXQ=\angle PXA$, y como $\angle XPO+\angle OPQ=\angle XPQ=\angle XAP+\angle PXA$, entonces $\angle XPO=\angle XAP$.
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 208

Sean $AA_1$, $BB_1$ y $CC_1$ las alturas de un triángulo escaleno $ABC$. Sean $A_2$ el punto de intersección de las rectas $BC$ y $B_1C_1$, $B_2$ el punto de intersección de las rectas $CA$ y $C_1A_1$, y $C_2$ el punto de intersección de las rectas $AB$ y $A_1B_1$. Sean $D$ el punto medio de $BC$, $E$ el punto medio de $CA$ y $F$ el punto medio de $AB$.
Demostrar que la perpendicular a $AA_2$ por $D$, la perpendicular a $BB_2$ por $E$ y la perpendicular a $CC_2$ por $F$ son concurrentes.
Esto es trivial por el teorema de Bolshonikov demostrado en un bar de Bielorrusia en 1850

Juaco

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Juaco »

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considerese la circunferencia de centro $D $ y radio $DB $ que pasa por los puntos $B, C, B_1, C_1$ y sea $H $ el ortocentro de $\triangle ABC $, notar que $H = BB_1 \cap CC_1$

Por Brocard se sabe que $A_2H $ es polar de $A $ por lo que $A_2H \perp AD $

Entonces $H $ es ortocentro de $\triangle A_2DA \Rightarrow DH \perp AA_2$

Esto prueba que las 3 rectas que pedía el problema concurren en $H $
Screenshot_2021-05-05-00-01-10-1.png
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Última edición por Juaco el Jue 06 May, 2021 11:38 pm, editado 1 vez en total.
$91$ es el menor número primo que puede escribirse como producto de $2$ números primos menores a el $(91 = 13 × 7) $

Juaco

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

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Problema 209

Sean $\ell$ una recta y $P$ un punto en el plano que no pertenece a la recta, también se da para iniciar una circunferencia y su centro.

Construir la recta perpendicular a $\ell$ por $P$ usando únicamente una regla.
$91$ 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:
Mié 05 May, 2021 12:11 am
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considerese la circunferencia de centro $D $ y radio $DB $ que pasa por los puntos $B, C, B_1, C_1$ y sea $H $ el ortocentro de $\triangle ABC $, notar que $H = BB_1 \cap CC_1$

Por Brocard se sabe que $A_2H $ es polar de $A $ por lo que $A_2H \perp CO $

Entonces $H $ es ortocentro de $\triangle A_2DA \Rightarrow DH \perp AA_2$

Esto prueba que las 3 rectas que pedía el problema concurren en $H $

Screenshot_2021-05-05-00-01-10-1.png
Aunque esta solución está muy bien y me encanta que la gente use este tipo de teoremas, tenía en mente algo más elemental cuando lo subí, así que acá dejo mi solución
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Sea $P$ el pie de altura desde $D$ a la recta $AA_2$, entonces $DA_1PA$ es cíclico, por Potencia de un Punto tenemos $A_2A_1\cdot A_2D=A_2P\cdot A_2A$. Por otro lado, por la circunferencia de los 9 puntos, tenemos que $A_1DB_1C_1$ es cíclico, así que $A_2A_1\cdot A_2D=A_2C_1\cdot A_2B$. Combinando ambos nos queda $A_2P\cdot A_2A=A_2C_1\cdot A_2B$, entonces $PAB_1C_1$ es cíclico, pero la circunscrita de $AB_1C_1$ tiene diámetro $AH$, entonces $HP\perp AA_2\perp DP$, y ganamos.
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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Solución 209
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Sea $O$ el centro de la circunferencia. Si $OP\parallel \ell$, entonces hacemos esto (los puntos se marcan en orden, $A_1$ es arbitrario):
209 - Caso 1.png
Por Brocard tenemos que $A_5A_6$ es la polar de $P$, se sigue que $P$ está en la polar de $A_8$. Por Brocard tenemos que $A_{10}$ está en la polar de $A_8$, se sigue que $PA_{10}$ es la polar de $A_8$, en particular, $PA_{10}\perp OA_8\parallel OP\parallel \ell$, es decir que $PA_{10}\perp \ell$, como queríamos.

Si $OP\not \parallel \ell$ tenemos que hacer algo más complicado, así que lo vamos a partir en varios lemas.

Lema 1: Dadas dos rectas $\ell _1\parallel \ell _2$ y un punto $P$, puedo trazar $\ell _3$ por $P$ de modo que $\ell _1\parallel \ell _2\parallel \ell _3$.

Dem:
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Si $P$ está "en el medio" de las rectas (o sea, está a la misma distancia de ambas) nos marcamos un punto $P'$ que no lo esté y trabajamos con ese, digamos que tenemos una recta $\ell '$ paralela por $P'$, entonces $P$ no va a estar en el medio de $\ell '$ y $\ell _1$, así que trazamos la paralela $\ell _3$ por $P$ a esas dos. Podemos suponer entonces que $P$ no está en el medio de las dos.
De nuevo todos los puntos los marco en orden, los puntos $A_1,A_2,A_6$ son arbitrarios, como $P$ no está en el medio, entonces las rectas $A_1A_4$ y $A_2A_3$ no son paralelas, así que $A_5$ existe.
209 - Lema 1.png
Por Thales tenemos que$$\frac{PA_{10}}{PA_9}=\frac{PA_2}{PA_4}=\frac{A_1A_2}{A_3A_4}=\frac{A_5A_2}{A_5A_3}=\frac{A_2A_7}{A_6A_3}=\frac{A_8A_2}{A_8A_6}=\frac{A_8A_{12}}{A_8A_{11}}$$de modo que por Thales resulta $A_9A_{11}\parallel PA_8\parallel A_{10}A_{12}$.

Esto en realidad nos sirve para marcar una recta que pase por $P$ y el punto de intersección de las otras dos, proyectando es mucho más rápido de ver (este es el caso degenerado cuando el punto de intersección se va al infinito).
Lema 2: Dadas las rectas $\ell _1\parallel \ell _1'$, $\ell _2\parallel \ell _2'$, $\ell _3$ y el punto $P$, puedo trazar $\ell _3'$ por $P$ de modo que $\ell _3\parallel \ell _3'$.

Dem:
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De nuevo todos los puntos los marco en orden, $A_5$ es arbitrario.
209 - Lema 2.png
Por Thales tenemos que$$\frac{A_5A_3}{A_5A_6}=\frac{A_5A_2}{A_5A_1}=\frac{A_5A_4}{A_5A_7}$$de modo que por Thales resulta $A_6A_7\parallel A_3A_4$. Teniendo las dos rectas paralelas $\ell _3$ y $A_6A_7$, puedo trazar $\ell _3'$ por el Lema 1.
Marco dos diámetros cualquiera de la circunferencia (puedo porque tengo el centro $O$), entonces tengo un rectángulo y por lo tanto dos pares de paralelas, así que por el Lema 2 puedo trazar paralelas a cualquier recta.
209 - Caso 2.png

Marco $A_1$ y $A_2$ las intersecciones de $OP$ con la circunferencia, marco entonces $A_3$ de modo que $A_2A_3\parallel \ell$, trazo la paralela $\ell '$ a $A_1A_3$ por $P$ (puedo porque como $OP$ no es paralela a $\ell$, entonces $A_1\neq A_3$). Por arco capaz tengo $\ell '\parallel A_1A_3\perp A_2A_3\parallel \ell$, de modo que $\ell '\perp \ell$ y pasa por $P$. Fin.
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Gianni De Rico

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

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Problema 210

Sea $ABCD$ un cuadrilátero cíclico con $AB=AD$. Sean $E$ y $F$ puntos en los lados $BC$ y $CD$, respectivamente, tales que $BE+DF=EF$.
Demostrar que $\angle BAD=2\angle EAF$.
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Fedex

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

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Solución 210:
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Como $EF = DF + BE$ marcamos $P$ entre $E$ y $F$ tal que $PF = DF$ y $PE = BE$.
Sea $\angle FDP = \alpha$ y $\angle EBP = \beta$ como $\triangle DFP$ y $\triangle BEP$ son isósceles $\angle CFP = \angle CFE = 2 \alpha$ y $\angle CEP = \angle CEF = 2 \beta$, por eso $\angle FCE = \angle DCB = 180º - 2 \alpha - 2 \beta$.
Además $\angle DPB = 180º - \angle FPD - \angle EPB = 180º - \alpha - \beta$.
Sea $I$ el incentro de $\triangle DCB$ como $\angle DCB = 180º - 2 \alpha - 2 \beta$ entonces $\angle DIB = 180º - \alpha - \beta$ luego $P$ está sobre $(DIB)$.
Al ser $A$ el punto medio del arco $BC$, $A$ es el centro de $(DIB)$ y $AD = AB = AI = AP$.
Es decir que $DFPA$ y $BEPA$ son romboides por lo que $FA \perp DP$ y $AE \perp PB$.
De donde tenemos que finalmente:
$\angle EAF = 360º - (180º - \alpha - \beta) - 90º - 90º = \alpha + \beta = \frac{180º-\angle DCB}{2} = \frac{\angle BAD}{2}$.
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Juaco

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

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Gianni De Rico escribió:
Lun 10 May, 2021 3:06 pm
Solución 209
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Sea $O$ el centro de la circunferencia. Si $OP\parallel \ell$, entonces hacemos esto (los puntos se marcan en orden, $A_1$ es arbitrario):
209 - Caso 1.png
Por Brocard tenemos que $A_5A_6$ es la polar de $P$, se sigue que $P$ está en la polar de $A_8$. Por Brocard tenemos que $A_{10}$ está en la polar de $A_8$, se sigue que $PA_{10}$ es la polar de $A_8$, en particular, $PA_{10}\perp OA_8\parallel OP\parallel \ell$, es decir que $PA_{10}\perp \ell$, como queríamos.

Si $OP\not \parallel \ell$ tenemos que hacer algo más complicado, así que lo vamos a partir en varios lemas.

Lema 1: Dadas dos rectas $\ell _1\parallel \ell _2$ y un punto $P$, puedo trazar $\ell _3$ por $P$ de modo que $\ell _1\parallel \ell _2\parallel \ell _3$.

Dem:
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Si $P$ está "en el medio" de las rectas (o sea, está a la misma distancia de ambas) nos marcamos un punto $P'$ que no lo esté y trabajamos con ese, digamos que tenemos una recta $\ell '$ paralela por $P'$, entonces $P$ no va a estar en el medio de $\ell '$ y $\ell _1$, así que trazamos la paralela $\ell _3$ por $P$ a esas dos. Podemos suponer entonces que $P$ no está en el medio de las dos.
De nuevo todos los puntos los marco en orden, los puntos $A_1,A_2,A_6$ son arbitrarios, como $P$ no está en el medio, entonces las rectas $A_1A_4$ y $A_2A_3$ no son paralelas, así que $A_5$ existe.
209 - Lema 1.png
Por Thales tenemos que$$\frac{PA_{10}}{PA_9}=\frac{PA_2}{PA_4}=\frac{A_1A_2}{A_3A_4}=\frac{A_5A_2}{A_5A_3}=\frac{A_2A_7}{A_6A_3}=\frac{A_8A_2}{A_8A_6}=\frac{A_8A_{12}}{A_8A_{11}}$$de modo que por Thales resulta $A_9A_{11}\parallel PA_8\parallel A_{10}A_{12}$.

Esto en realidad nos sirve para marcar una recta que pase por $P$ y el punto de intersección de las otras dos, proyectando es mucho más rápido de ver (este es el caso degenerado cuando el punto de intersección se va al infinito).
Lema 2: Dadas las rectas $\ell _1\parallel \ell _1'$, $\ell _2\parallel \ell _2'$, $\ell _3$ y el punto $P$, puedo trazar $\ell _3'$ por $P$ de modo que $\ell _3\parallel \ell _3'$.

Dem:
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De nuevo todos los puntos los marco en orden, $A_5$ es arbitrario.
209 - Lema 2.png
Por Thales tenemos que$$\frac{A_5A_3}{A_5A_6}=\frac{A_5A_2}{A_5A_1}=\frac{A_5A_4}{A_5A_7}$$de modo que por Thales resulta $A_6A_7\parallel A_3A_4$. Teniendo las dos rectas paralelas $\ell _3$ y $A_6A_7$, puedo trazar $\ell _3'$ por el Lema 1.
Marco dos diámetros cualquiera de la circunferencia (puedo porque tengo el centro $O$), entonces tengo un rectángulo y por lo tanto dos pares de paralelas, así que por el Lema 2 puedo trazar paralelas a cualquier recta.
209 - Caso 2.png

Marco $A_1$ y $A_2$ las intersecciones de $OP$ con la circunferencia, marco entonces $A_3$ de modo que $A_2A_3\parallel \ell$, trazo la paralela $\ell '$ a $A_1A_3$ por $P$ (puedo porque como $OP$ no es paralela a $\ell$, entonces $A_1\neq A_3$). Por arco capaz tengo $\ell '\parallel A_1A_3\perp A_2A_3\parallel \ell$, de modo que $\ell '\perp \ell$ y pasa por $P$. Fin.
Muy buena la solución, de todas formas comparto la mía que es un poco mas corta:
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paralela a una recta por un punto dado:
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primero vamos a ver el caso en que ya tenemos tres puntos $P, M, Q $ sobre la recta tales que $M $ es punto medio de $PQ $ (esté primer paso del punto medio se obtiene fácil haciendo cualquier diámetro)

queremos trazar la paralela por un punto $A $, entonces prolongamos $QA $ Hasta algún punto $B $, luego tenemos $C = BM \cap PA $ y prolongamos $QC $ Hasta que corte a $PB $ en $D $ entonces tenemos que $AD \parallel PQ $

Ahora vemos el caso en que no tenemos los puntos iniciales $P, M, Q $:
tomamos un punto $X \in \ell $, luego trazo la recta $OX $ (siendo $O $ el centro de la circunferencia $\mathcal {C}$) que corta a esta en los puntos $B $ y $C $, luego tomo otro punto $Y \in \ell $ de tal forma que la paralela a $OX $ por $Y $ corte a $\mathcal {C}$ (en dos puntos para que sea en menos pasos, pero también puede ser en uno), esta paralela corta a la circunferencia en $D $ y $E $, luego $EO$ y $DO $ la cortan en $F $ y $G $, por último la recta $FG $ corta a $\ell $ en $Z \Rightarrow X$ es punto medio de $ZY $
Ahora para hacer la perpendicular es parecida a la solución anterior:
Quiero trazar la perpendicular a una recta $r $ por un punto $A $, elijo un punto $P $ en $\mathcal {C}$ y la paralela por $P $ a $r $ corta a la circunferencia en $Q $, y trazamos el punto $R = PO \cap \mathcal {C} \Rightarrow$ la paralela a $QR $ por $A $ es perpendicular a $r $
1  
$91$ es el menor número primo que puede escribirse como producto de $2$ números primos menores a el $(91 = 13 × 7) $

Fedex

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

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Me re colgué perdón

Problema 211:

Sea $ABC$ un triángulo con $AB ≠ AC$, sea $I$ su incentro, $\gamma$ su incírculo y $D$ el punto medio de $BC$.
La tangente a $\gamma$ por $D$ distinta de $BC$ toca a $\gamma$ en $E$. Demostrar que las rectas $DI$ y $AE$ son paralelas.
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