Maratón de Problemas de Geometría

EmRuzak

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por EmRuzak »

Solución 214
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$W$ es el reflejo de $E$ por $AB$
$X$ es el reflejo de $E$ por $BC$
$Y$ es el reflejo de $E$ por $CD$
$Z$ es el reflejo de $E$ por $DA$

$CE=CX=CY$, $C$ es circuncentro del triángulo $EXY$
$D$ es circuncentro de $EYZ$
$A$ es circuncentro de $EZW$
$B$ es circuncentro de $EWX$

$EXY=DCE$, ya que $CD$ es mediatriz de $EY$.
$WXE=ABE$
$WXY=WXE+EXY=DCE+ABE$

$YZW=YZE+WZE=EDC+EAB=90º-DCE+90º-ABE=180º-WXY$
entonces $WXYZ$ es cíclico
geogebra-export (17).png
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EmRuzak

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por EmRuzak »

Problema 215

Dado un triángulo $ABC$ encontrar una recta $r$ que pase por $A$ tal que si $E$ es el pie de la perpendicular a $r$ por $B$ y $F$ es el pie de la perpendicular a $r$ por $C$, los triángulos $AEB$ y $AFC$ tienen igual área.

Juaco

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Juaco »

Construcción de la recta:
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Sean $H_b$ y $H_c$ los pies de altura desde $B$ y $C$ respectivamente, $X$ la intersección de la paralela por $A$ a $BC$ y $H_bH_c$. La recta que buscamos es la perpendicular (por el punto $A$) a la $\text{bisectriz}$ del ángulo $X\hat{M}C$ siendo $M$ el punto medio de $BC$.
Justificación:
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Sea $r$ la recta que el problema pide hallar, y $P = r \cap BC$, $N$ la proyección de $M$ sobre $r$, $P' \in r \hspace{0,1cm} / \hspace{0,1cm} P'M = MP$, $\omega_1$ la circunferencia de centro $N$ y radio $NE = NF$, $\omega_2$ la cfa de centro $X$ y radio $AX$, $\omega_3 = \odot BCH_bH_c$ y $A_2 = \omega_2 \cap \omega_3$
Maratón 215.jpg
$X\hat{A}B = A\hat{B}C = X\hat{H_b}A \Rightarrow (XA_2)^2 = XA^2 = XH_b \cdot XH_c$
$\Rightarrow XA_2$ es tangente $\Rightarrow \omega_2$ y $\omega_3$ son ortogonales. Después $\omega_1$ y $\omega_2$ son ortogonales entonces si tomo la inversión $\Phi$ de centro $\omega_1$ tengo que $\Phi(A) = P' \Rightarrow \{P', A; E, F\} = -1$

$\frac{AE}{AF} = \frac{P'E}{P'F} = \frac{PF}{PE} = \frac{CF}{BE} \Rightarrow AE \cdot BE = AF \cdot CF \Rightarrow [ABE]=[ACF]$

Problema 216

Sea $\triangle ABC$ un triángulo con $\angle BAC=90^\circ$. Sea $M$ el punto medio de $BC$ y $D$ un punto en $AC$ tal que $AD=AM$. Sea $P$ el otro punto de intersección de los circuncírculos de $\triangle AMC$ y $\triangle BDC$. Demuestre que $CP$ es la bisectriz de $\angle BCA$.
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Última edición por Juaco el Dom 26 Dic, 2021 11:11 am, editado 3 veces en total.
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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) $

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Gianni De Rico

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

Mensaje número $100$ en la maratón de geo, con mi regalo navideño para la comunidad olímpica:
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inversión.
Solución 216
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Invertimos por el circuncírculo de $ABC$. Entonces $A,B,C$ quedan fijos, $BCD'P'$ es cíclico, $APMCD'$ es cíclico y $P',A,C$ son colineales.
Sea $E$ el simétrico de $D$ por $M$, entonces$$ME\cdot MD'=MD\cdot MD'=MB^2=MB\cdot MC$$con lo que $BECD'P'$ es cíclico. Como$$\angle P'ED=\angle P'ED'=\angle P'CD'=\angle ACD'=\angle AMD'=\angle AMD=\angle ADM=\angle P'DE$$entonces $DP'E$ es isósceles en $P'$, y como $M$ es punto medio de $DE$ por definición, entonces $P'M\perp DE$, es decir que $\angle D'CP=\angle D'MP=\angle DMP=90^\circ$.
Sea $\angle ACP=\alpha$, entonces $\angle DMA=\angle D'MA=\angle D'CA=\angle D'CP-\angle ACP=90^\circ -\alpha$, y como $MA=AD$, entonces $\angle ACB=\angle MAC=\angle MAD=2\alpha$. Se sigue que $CP$ es la bisectriz de $\angle BCA$.
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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 217

Sea $ABC$ un triángulo acutángulo y sean $D,E,F$ los pies de las alturas desde $A,B,C$, respectivamente. Sean $G,H$ en la recta $EF$, con $G,E,F,H$ en ese orden, tales que $EG=DF$ y $FH=DE$. Sean $P$ el punto de intersección de la mediatriz de $DG$ con la recta $AB$ y $Q$ el punto de intersección de la mediatriz de $DH$ con la recta $CA$.
Demostrar que la recta $PQ$ pasa por el punto medio de $BC$.
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Esto es trivial por el teorema de Bolshonikov demostrado en un bar de Bielorrusia en 1850

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