Maratón de Problemas de Geometría

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Nahu

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

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Solución 211
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Me tente salió mal
Sea $U$ la intersección de $\gamma$ con $BC$, $F$ el opuesto diametralmente de $U$ y $K$ como la intersección del $A-$excírculo y $BC$.
Lema: $A$, $F$ y $K$ son colineales
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Trazamos $B'C'$ se paralela a $BC$ y pase por $F$, esto se puede porque $U$ es el opuesto diametralmente de $F$, entonces como $\gamma$ es el $A-$excírculo de $AB'C'$ entonces tenemos que $F$ y $K$ son homólogos. Por lo tanto la homotecia de centro $A$ que manda $AB'C'$ a $ABC$ también manda $F$ a $K$.
Es sabido que $BK=UC$, entonces $D$ es el punto medio de $K$ y $U$. Con esto tenemos que por base media, $ID$ es paralela a $FK$ y si llamamos $E'$ a la intersección de $AK$ (diferente de $F$) con $\gamma$ entonces $E'A$ es paralela a $ID$, y como $KEU= 90^{\circ}$ tenemos que $DE'=DU$ por ende $DE'$ es tangente $\gamma$, por lo que $E'=E$.
Última edición por Nahu el Mié 12 May, 2021 6:14 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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Nahu escribió:
Mié 12 May, 2021 2:00 am
Solución 211
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Sea $U$ la intersección de $\gamma$ y $BC$, y $F$ la segunda intersección de $\gamma$ y $AE$. Entonces tenemos que $\alpha=E\widehat{F}I=I\widehat{E}F \Rightarrow E\widehat{I}U=2\alpha$
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Me parece que te está faltando demostrar que $F,I,U$ son colineales (al menos yo no lo veo directamente de la definición).
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

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Nahu escribió:
Mié 12 May, 2021 2:00 am
Solución 211
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Me tente :?
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Sea $U$ la intersección de $\gamma$ y $BC$, y $F$ la segunda intersección de $\gamma$ y $AE$. Entonces tenemos que $\alpha=E\widehat{F}I=I\widehat{E}F \Rightarrow E\widehat{I}U=2\alpha$ y como $ID$ es la bisectriz de $E\widehat{I}U$, tenemos que $E\widehat{I}D=\alpha$, por ende $ID$ es tangente a la circunscripta de $(EIF)$. Entonces si invertimos por $\gamma$ esta manda $(EIF)$ a la recta $AE$ y como $ID$ es tangente a $(EIF)$, entonces $ID$ es paralela a $AE$.
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Con la mismos puntos de arriba, agregamos $C'$ y $B'$ tal que $C'B'$ es paralela a $CB$ y contiene a $F$, y $K$ como la intersección del $A-$excírculo y $BC$.
Lema: $A$, $F$ y $K$ son colineales
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Tenemos que $ABC$ y $AB'C'$ son homotéticos y que el incírculo de $ABC$ es el $A-$excírculo de $AB'C'$, por ende $F$ y $K$ son homólogos y la homotecia que manda $AB'C'$ a $ABC$ manda a $F$ a $K$.
Es sabido que $BK=UC$, entonces $D$ es el punto medio de $K$ y $U$. Con esto tenemos que por base media, $ID$ es paralela a $FK$ y si llamamos $E'$ a la intersección de $AK$ (diferente de $F$) con $\gamma$ entonces $E'A$ es paralela a $ID$, y como $KEU= 90^{\circ}$ tenemos que $DE'=DU$ por ende $DE'$ es tangente $\gamma$, por lo que $E'=E$.
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En la primera solución no hace falta invertir, simplemente con el dato de que $D\hat {I}E = I\hat {E}A $ ya alcanza para ver que son paralelas.

Creo que lo que dice @Gianni De Rico es que si bien probaste la colinealidad de esos puntos en la segunda solución (si tomas como resultado ya conocido el hecho de que $A, F, K $ son colineales) estaría bueno mencionarlo en la primera para que no queden dudas

Bueno, ahora que lo veo de nuevo, me parece que no está probado que $B'C'$ sea tangente a $\gamma $
$91$ 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 »

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Si te definís a $F$ como el punto "de arriba" del incírculo (o sea, el opuesto diametral de $U$), entonces la segunda solución anda bien, y el hecho de que $B'C'$ es tangente a $\gamma$ es inmediato (como es paralela a $BC$ y $BC$ es tangente, entonces es perpendicular al diámetro).

Lo que decía antes es que en la solución con inversión no llego a ver por qué el punto $F$ como lo definió él es justamente el opuesto diametral de $U$.
Esto es trivial por el teorema de Bolshonikov demostrado en un bar de Bielorrusia en 1850

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Nahu

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Nahu »

Tienen razón, la solución con inversión esta mal por no tener lo de la colinealidad de $F$, $I$ y $U$, que seria una consecuencia de que $A$, $F$ y $K$ son colineales, en donde para la demostración del lema también tenia que haber definido a $F$ primero como el opuesto diametralmente de $U$ y con eso se ve que $B'C'$, prácticamente todo un desorden.

Problema 212
Sea $ABC$ un triángulo donde $AC=BC$, $\widehat{C}=12^{\circ}$. Sean $P$ y $Q$ en los lados $AC$ y $BC$ respectivamente, tal que $QAB=69^{\circ}$ y $PBA=66^{\circ}$, calcular la medida de $P\widehat{Q}A$.

Juaco

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Juaco »

Solo porque estoy algo oxidado en trigonometría y no encontré una solución sisntetica decente...
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nunca supe hasta que punto las afirmaciones de la forma $\frac{sen(a)}{sen(a+c)} = \frac{sen(b)}{sen(b+c)} \Rightarrow a=b$ son totalmente ciertas o no (en un intervalo determinado claro) pero la dejo acá por si está bien alguien que confirme o sino bueno es una idea de cual va a ser el ángulo buscado.
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$P\hat{Q}A = \alpha \Rightarrow A\hat{P}Q = 180 - (\alpha + 15)$, $PA=a$, $AQ=b$, $AB=c$

$\frac{sen(\alpha)}{sen(\alpha+15)}=\frac{a}{b} \quad\quad \frac{sen(27)}{sen(84)}=\frac{c}{b} \quad\quad \frac{sen(66)}{sen(30)}=\frac{a}{c}$

$\boxed{\frac{sen(27)}{sen(30)}\cdot\frac{sen(66)}{sen(84)}=\frac{ac}{bc}=\frac{a}{b}=\frac{sen(\alpha)}{sen(\alpha+15)}}$(1)



P.212.jpg
$\frac{sen(54)}{sen(84)}=\frac{a}{b}=\frac{sen(48)}{sen(66)} \Rightarrow \boxed{\frac{sen(48)}{sen(54)}=\frac{sen(66)}{sen(84)}}$(2)





$\frac{sen(27)\cdot sen(63)}{sen(30)\cdot sen(54)}=\frac{2\cdot sen(27)\cdot cos(27)}{sen(2\cdot 27)}=1$

$\boxed{\frac{sen(27)}{sen(30)\cdot sen(54)}=\frac{1}{sen(63)}}$(3)



por (1) (2) (3) se tiene

$\frac{sen(\alpha)}{sen(\alpha+15)}=\frac{sen(27)}{sen(30)}\cdot \frac{sen(66)}{sen(84)}=\frac{sen(27)}{sen(30)}\cdot \frac{sen(48)}{sen(54)}=\frac{sen(48)}{sen(63)}$

$\frac{sen(\alpha)}{sen(\alpha+15)}=\frac{sen(48)}{sen(48+15)} \Rightarrow \alpha=48°$
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$91$ 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

Mensaje sin leer por Juaco »

El Apache yasabes escribió:
Jue 09 Sep, 2021 11:48 am
$\frac{sen(\alpha)}{sen(\alpha+15)}=\frac{sen(48)}{sen(48+15)} \Rightarrow \alpha=48°$
Bueno ya confirmé que esta afirmación es válida así que mando nuevo problema

Problema 213
Dado el triángulo $ABC$, sean $I$ su incentro, $N$ el punto de Nagel. Las rectas $AN$, $BN$, $CN$ cortan a los lados $BC$, $CA$, $AB$ en $D$, $E$, $F$ respectivamente. Las mediatrices de $BE$ y $CF$ cortan a los lados $CA$ y $AB$ en los puntos $X$ e $Y$, respectivamente.
Probar que $XY\perp IN$.
$91$ 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 »

Solucion 213
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Sean $P,Q$ y $R$ las intersecciones de las mediatrices de $BE$ con $CF$, $CF$ con $AD$ y $AD$ con $BE,$, respectivamente.
Sea $F'$ el contacto del incirculo con $AB$.
Sabemos que los puntos de Gergone y Nagel son conjugados isotomicos por lo tanto tenemos $AF'= BF = CE$. Vemos que
$BPE$ y $CPF$ son tringulos isosceles tales que $PB = PE$ asi como $PC = PF$.
Tenemos entonces por criterio $LLL$ que $\Delta BPF \cong \Delta EPC$ esto nos lleva a que las alturas por $P$ de ambos
triangulos son congruentes y de esta manera podemos decir que por $P$ pasa la bisectriz de $\angle BAC$. De la misma
forma tenemos que $BQ$ y $CR$ son las bisectrices de $\angle ABC$ y $\angle BCA$, respectivamente.
Vemos entonces que los triangulos $ABC$ y $PQR$ tienen centro de perspectiva en $I$ y de acuerdo con Desargues
$X, Y$ y $Z = QR\cap BC$ son colineales, siendo $XY$ el eje de perspectiva.
Vemos, ademas, que el triangulo $ABC$ es ortologico respecto del triangulo $PQR$, con centro de ortologia en $N$
(puesto que AN, BN y CN son respectivamente perpendiculares a QR, PR y PQ). Finalmente, por el teorema de Sondat
de los triangulos ortologicos, el centro de ortologia, (N), (el 2º centro de ortologia) y el centro de
perspectiva (I) son colineales y la recta que une estos puntos es perpendicular al eje de perspectiva (XY).
SONDAT.jpg
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1  
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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Gianni De Rico

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

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oaf

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

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Si hay, problema 214

Sea $ABCD$ un cuadrilátero cuyas diagonales $AC$ y $BD$ son perpendiculares y se cortan en $E$.
Probar que las reflexiones de $E$ por $AB$, $BC$, $CD$ y $DA$ son concíclicas.
1  
oa

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