Maratón de Problemas de Geometría

EmRuzak

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

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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

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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
Juaco

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Juaco »

Solución 217
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dibujito:
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Maratón P217.jpg
Sean $D_1$ y $D_2$ los simétricos de $D$ respecto a $AC$ y $AB$ respectivamente

Lema: estos $2$ puntos están sobre la recta $EF$
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dado un punto $X$ en $BC$, buscamos el triángulo inscrito en $\triangle ABC$ tal que tenga uno de sus vertices en $X$ y además sea de perimetro mínimo, si $X_1$ y $X_2$ son las reflexiones de $X$ respecto a $AC$ y $AB$ respectivamente, entonces el triángulo que buscamos es el triángulo $XYZ$ siendo $Y$ y $Z$ las intersecciones de la recta $X_1X_2$ con $AB$ y $AC$.

Sabemos también que el triángulo ortico es el triángulo inscrito en $ABC$ de perímetro mínimo, por lo que el lema queda demostrado


Como $D_2F = DF = EG$ y $D_1E = ED = HF$ tenemos por una clara simetría que $HD_1,GD_2, EF$ comparten el mismo punto medio que le voy a llamar $N$

Como $AC$ es mediatriz de $DD_1$ tenemos que $QD_1 = QD = QH$ y por tanto $Q$ es circuncentro, al circuncírculo de $D_1DH$ le llamo $\omega_1$ y al circuncírculo de $D_2DG$ le llamo $\omega_2$, análogo al caso anterior, $P$ es el centro de $\omega_2$

Como $Q$ y $P$ son los centros de estas circunferencias, tenemos que $PQ$ es perpendicular a $EF$ y corta a las cuerdas $D_1H$ y $D_2G$ en su punto medio, es decir $P, Q, N$ son colineales

Sea $\Gamma$ la circunferencia que pasa por los puntos $B, C, E, F$, sabemos que el centro de esta circunferencia está en $BC$ y como $PQ$ es perpendicular (por el punto medio) a la cuerda $EF$ de $\Gamma$, esta recta pasa por el centro de $\Gamma$

Si corta a $BC$ en $M$, entonces como $M$ es centro de $\Gamma$ tenemos que $MB = MC$
Problema 218
Sea $\triangle ABC$ un triángulo acutángulo inscrito en la circunferencia $\Gamma$ de centro $O$. Sea $D$ el pie de altura respecto a $A$. Sean $E$ y $F$ puntos sobre $\Gamma$ tales que $AE=AD=AF$. Sean $P$ y $Q$ los puntos de intersección de la recta $EF$ con $AB$ y $AC$ respectivamente. Sea $X$ el segundo punto de intersección de $\Gamma$ con el circuncírculo de $APQ$.
Probar que las rectas $XD$ y $AO$ se cortan en un punto que está sobre $\Gamma$.
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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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Nahu

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Nahu »

Solución 218
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Llamemos $R$ la intersección de $PQ$ y $AO$, y $H$ la intersección de $AX$ con $BC$. Entonces si consideramos $f$ la inversión de la circunferencia de centro $A$ y radio $AD$ entonces tenemos que $f$ manda $\Gamma$ a la recta $EF$, por lo tanto $B$ y $P$ son inversos, como $C$ y $Q$. Entonces tenemos que la circunferencia de circunscrita de $AQP$ es el inverso de la recta $BC$ respecto $f$, y como $f(D)=D$ entonces $D$ pertenece a (APQ) y es el punto de tangencia de esta con $BC$. Por ultimo veamos que $f(X)=H$ y que $R$ es el inverso de la segunda intersección de $AO$ con $\Gamma$, como $HRA=90$ entonces tenemos que $HDRA$ es ciclico, por lo que $XD$ esta alineado con la segunda intersección de $AO$ con $\Gamma$
Que proponga el que quiera.
BrunZo

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por BrunZo »

No sé si este ya habrá sido propuesto

Problema 219. Sea $ABCD$ un cuadrilátero convexo tal que:
* Existe una circunferencia de centro $O$ que pasa por $A$, $B$, $C$ y $D$.
* Existe una circunferencia de centro $I$ que es tangente a los lados $AB$, $BC$, $CD$, $DA$.
Llamemos $P$ a la intersección de $AC$ y $BD$.
Probar que $O$, $I$, $P$ son colineales.
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