Maratón de Problemas de Geometría

[Gianni De Rico]

Esta solución forma parte de la serie "construcciones auxiliares para evitar la trigonometría", y va dedicada al @Monazo

Solución 198

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Como $\angle ACB=60^\circ$, $CI$ es bisectriz de $\angle ACB$ y $PC\perp CI$, tenemos que $\angle PCB=120^\circ$. Sea $A'$ el simétrico de $A$ por $BC$, entonces $\angle BCA'=60^\circ$, de modo que $P,C,A'$ están alineados, entonces para completar el problema basta ver que $PABA'$ es cíclico (ya que en ese caso el circuncentro está sobre la mediatriz de $AA'$, que es la recta $BC$), es decir que nos alcanza con demostrar que $\angle BPC=10^\circ$, y para ver esto último tenemos que ver que $\angle CBE=50^\circ$. Como además $\angle BAC=40^\circ$, tenemos que $\angle BEC=\angle BIC=110^\circ$. En base a esto vamos a cambiar el problema a uno nuevo, equivalente por tramposética.

Sea $ABC$ un triángulo con $\angle B=80^\circ$ y $\angle C=60^\circ$, sea $E$ un punto en el interior de $ABC$ tal que $CBE=50^\circ$ y $\angle ECB=20^\circ$.
Demostrar que $AE\perp BC$.

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Sean $G$ el pie de la altura desde $A$, y $H$ el pie de la altura desde $E$. Si vemos que $CG=CH$, como ambos están del mismo lado de $C$, tendremos que son el mismo punto, y por lo tanto habremos resuelto el problema (ya que en ese caso $A,E,G$ están sobre la perpendicular a $BC$ por $G$, en particular $AE\perp BC$, como queríamos).

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Ignoremos los puntos $E$ y $H$ por el momento. Sean $D$ el punto medio de $CA$, y $F$ en el lado $AB$ tal que $\angle FCB=20^\circ$.
Como $ACG$ es medio equilátero, tenemos que $CG=CD$. Como $\angle BCF=\angle BCA=80^\circ$ y $\angle FCB=20^\circ$, tenemos que $BCF$ es isósceles con $BC=CF$. Como $\angle ACB=60^\circ$ y $\angle FCB=20^\circ$, tenemos que $\angle ACF=40^\circ =\angle BAC=\angle FAC$, de modo que $AFC$ es isósceles con $AF=FC$, entonces $\angle FDC=90^\circ$ al ser $D$ punto medio de $AC$. De todo esto nos quedamos con que el triángulo $CDF$ tiene $\angle DCF=40^\circ$, $\angle FDC=90^\circ$, y $CF=BC$. (*)

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Ahora, volvamos a prestarle atención a los puntos $E$ y $H$. Como todo lo que marcamos antes ya no nos importa, nos construimos una copia del triángulo $BCE$ y el punto $H$. Sea $B'C'E'$ congruente a $BCE$, y sea $H'$ el pie de la altura desde $E'$.
Sean $X$ el simétrico de $B'$ por $C'E'$, $Y=C'E'\cap B'X$, y $Z=B'E'\cap CX$. Entonces por definición de simetría tenemos que $C'E'$ es mediatriz de $B'X$, así que $Y$ es el pie de altura desde $C'$ en $B'C'X$. Como $\angle C'B'Z=\angle C'B'E'=50^\circ$, y $\angle ZC'B'=2\angle E'C'B'=40^\circ$, tenemos que $\angle B'ZC'=90^\circ$, así que $Z$ es el pie de altura desde $B'$ en $B'C'X$. Se sigue que $E'$ es el ortocentro de $B'C'X$, por lo que $X,E',H'$ están alineados. De todo esto nos quedamos con que el triángulo $C'H'X$ tiene $\angle H'C'X=40^\circ$, $\angle XH'C'=90^\circ$, y $C'Z=B'C'=BC$. (*)

Finalmente, de (*) y (*) obtenemos que los triángulos $CDF$ y $C'H'X$ son congruentes, por lo que $CD=C'H'$. Pero habíamos dicho que $CG=CD$ y $C'H'=CH$, de modo que $CG=CH$, y con eso estamos.

[Gianni De Rico]

Problema 199

Sea $H$ el ortocentro de un triángulo acutángulo escaleno $ABC$, sea $M$ el punto medio del lado $BC$, sean $D,E,F$ los pies de las alturas desde $A,B,C$, respectivamente, en el triángulo $ABC$, y sea $\Gamma$ la circunferencia circunscrita de $ABC$. La semirrecta $MH$ corta a $\Gamma$ en el punto $G$, la recta $EF$ corta a la recta $BC$ en el punto $J$, y la recta $AD$ corta a $\Gamma$ en el punto $S$.
Si $R$ es el punto de intersección de las rectas $GD$ y $JS$, demostrar que $R$ está en $\Gamma$.

[Nahu]

Solución 199

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Definamos $\omega$ a la circunscripta de $AFE$, $\psi$ a la circunscripta de $BFEC$ y $M'$ a la segunda intersección de $\Gamma$ y la recta $MH$.

imagen:

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geogebra-export.png

Lema 1: $G$ pertenece a $\omega$.

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Por reflexión del ortocentro, tenemos que $M'$ es el simétrico de $H$ por $M$, y además $M'A$ es el diámetro de $\Gamma$. Con esto $H\widehat{G}A=90^{\circ}=A\widehat{E}H$

Lema 2: Sea $R$ la segunda intersección de $JS$ y $\Gamma$, entonces si $R'$ es la reflexión de $R$ por $BC$, entonces $R'$ esta en la mediana $AM$.

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Tenemos que $BR'HC$ es cíclico, ya que $BRSC$ es la reflexión de este y es cíclico. también como $R,S$ y $J$ están alineados, $R', H$ y $J$ deben estar alineados por reflexión. Supongamos que la circunscripta de $BR'HC$ y $\omega$ se cortan en $R''$ y $H$. Tenemos que $EF$ es el eje radical de $\omega$ y $\psi$ y $BC$ es el eje radical de $(BR'HC)$ y $\psi$. Como $EF$ y $BC$ se cortan en $J$, entonces $J$ pertenece al eje radical de $BR'HC$ y $\omega \Rightarrow R''$ pertenece a $JH$, con esto $R''=R'$. Con esto tenemos que $R'$ es la segunda intersección de $\omega$ y la circunscripta de $BHC$, o sea, $R'$ es el punto miquel de $BCFE$, esto coincide con una de las propiedades del punto mágico de la mediana, que se ve acá. https://omaforos.com.ar/viewtopic.php?p=23698#p23698 (ver el post de @Joacoini).
Entonces $A, R'$ y $M$ están alineados.

lema 3:$A, G$ y $J$ están alineados.

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Tenemos que $BC$ es el eje radical de $\Gamma$ y $\psi$. $EF$ es el eje radical de $\omega$ y $\psi$. entonces $J$ pertenece al eje radical de $\omega$ y $\Gamma \Rightarrow A, G$ y $J$ están alineados.

Con estos tres lemas solo hay que demostrar que $G, D$ y $R$ están alineados.
así que tenemos que $M\widehat{G}A=M\widehat{D}A=90^{\circ}$ por el lema 1. Entonces $ AMDG$ es cíclico.
Como $A\widehat{R'}H=M\widehat{R'}H=90^{\circ}$, por el lema 2, ya que $R'$ pertenece a $\omega$ y esta en la mediana $AM$. Entonces por reflexión, $M\widehat{R}S=90^{\circ}$.
Por el lema 3, ya que $A, G$ y $J$ estan alineados, tenemos $A\widehat{G}M=90^{\circ}=J\widehat{G}M$
Y por ultimo $S\widehat{M}D=H\widehat{M}D=D\widehat{A}G \Rightarrow M$ pertenece a la circunscripta de $ASJ$. Entonces tenemos que $G, D$ y $R$ están alineados por que pertenecen a la recta simson de $M$.

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Nos saltamos que $A, G$ y $J$ están alineados y llamemos $f$ a la inversión por $\psi$ de centro $M$, Sea $N_9$ la circunferencia de los nueves puntos. $f(N_9)=EF \Rightarrow f(D)=J$, ya que $N_9$ pasa por $M$ y $D$. $f(G)=H$, ya que $\omega$ y $\psi$ son ortogonales. Como $f(R')=A$ entonces la reflexión $R'$ también se va invertir en la reflexión de $A$. Sea $K$ la intersección de $AD$ y $MR$, entonces $f(R)=K$. Para terminar $K\widehat{H}J=H\widehat{D}S=R\widehat{M}D$ ya que $MRDS$ es cíclico, con esto $KMHJ$ es cíclico.

[Nahu]

Problema 200
Sea $P$ un punto interior del triangulo equilátero $ABC$ tal que $PB \neq PC$. Sean $D$ el punto de intersección de $BP$ con $AC$ y $E$ el punto de intersección de $CP$ con $AB$. Suponiendo que $PB/PC=AD/AE$, hallar la medida del ángulo $B\widehat{P}C$.

[BrunZo]

Perdón por hacer esto, pero creo que esta solución del 199 es un poco más relajada (y el comentario, bueno, no sé...):

Solución 199:

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El único paso que se me hace conceptualmente difícil de evitar es que $A$, $G$ y $J$ son colineales. A partir de ahí, las cosas son claras como el agua...

Problema 199.png

1) Reflexión del ortocentro: Sea $H'$ la reflexión de $H$ por $M$. Entonces $BHCH'$ es un paralelogramo, y por ende $BH'\perp AB$ y $CH'\perp AC$, de donde $ABH'C$ debe ser cíclico con diámetro $AH'$. Como $H'$, $M$, $H$ y $G$ son colineales, vale que $A\hat{G}H=90^{\circ}$. Esto implica por ejemplo que $G$ está en el círculo de diámetro $AH$, en el que también están $E$ y $F$ (esto es importante, y es una de la enorme lista de propiedades que involucran a la que vamos a llamar recta $MH$, más sobre esto después)

2) Miquel / ejes radicales: Vamos a probar la colinealidad que mencionábamos antes. Los cíclicos que tomamos como referencia son $BCEF$, $AEFG$ y $AGBC$. Entonces vale que (las igualdades no tienen ningún orden en particular, solo las vamos a usar.)
$$A\hat{G}F=J\hat{B}F=180^{\circ}-\hat{B},\quad A\hat{G}B=B\hat{F}E=180^{\circ}-\hat{C}$$
Y a partir de esto uno nota que como $B\hat{J}F=B\hat{F}E-J\hat{B}F$ y $B\hat{G}F=A\hat{G}B-A\hat{G}F$, vale que los ángulos son iguales de donde $BFGJ$ es cíclico. Pero entonces $J\hat{G}F=\hat{B}=180^{\circ}-A\hat{G}F$, de donde se sigue la colinealidad (si bien esto es Miquel en todo sentido, hasta demostrado de la misma forma, también es posible probarlo como ejes radicales de los cíclicos que tomamos al principio... de hecho, Miquel siempre es un caso particular de concurrencia de ejes radicales, y este último puede probarse en estos casos de manera más miquelosa... de todos modos, cuando pasa algo así, quizás haya cierta superioridad en demostrarlo miquélicamente ya que la configuración suele dar bastante estructura que podremos usar.)

3) Parte original: Sea $T$ la intersección de las rectas. Notemos rápido rápido que $DHGJ$ es cíclico por los dos angulitos de $90^{\circ}$. Admeás, no es difícil notar que $S$ y $H$ son simétricos por $BC$ (reflexiones del ortocentro), de modo que
$$T\hat{S}A=180^{\circ}-J\hat{H}D=180^{\circ}-J\hat{G}D=A\hat{G}T$$
De donde $AGST$ es cíclico y listo : )

[Juaco]

Solución 200

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Sea $T$ un punto fuera del triángulo $ABC$ tal que $BT=PT$ y además $T\hat{P}C = 60$ y sea $T'$ en la prolongación de $PT$ tal que $PT'C $ es equilátero.

El triángulo $BCT'$ es una rotación en sentido antihorario de 60 grados del triángulo $ACP$ con centro en $C $ por lo que son congruentes, entonces $BT' = AP $

Ahora hago otra rotación del triángulo $APC $ pero con centro en $A $ y sentido horario de tal forma que me queda un triángulo $ABP_2$ con $P_2$ exterior al triángulo $ABC $ y congruente con este.
Del mismo modo coloco $P_1$ exterior al triángulo $ABC$ de tal forma que $AP_1C$ es congruente con $APB $


Los triángulos $AP_2P $ y $AP_1P $ quedan equiláteros y además $B\hat {P_2}P = B\hat {P_2}A - 60 = B\hat {T'}P$ por lo que $BP_2PT'$ es paralelogramo.


Ahora bien, se puede ver de dos maneras, hacer el mismo procedimiento pero poniendo $T'$ tal que $BT'P$ sea equilatero en vez de $CT'P $ o hacer el camino a la inversa desde el triángulo equilatero $AP_1P $ ahí el caso es análogo y los triángulos equiláteros $AP_2P$ y $AP_1P $ son fijos sólo dependiendo del punto $P $ por lo que no hay problema con hacer eso.

De ahí se llega a que o bien $BTP$ va a ser equilatero ó $PP_1CT $ es paralelogramo y por lo tanto $PP_1 = CT = BT'$ en cualquiera de los dos casos por equilatero o por congruencia (caso LLL) se llega a que $B\hat {P}T = 60$

Para finalizar, por construcción $T\hat {P}C = 60$ y $B\hat {P}C = B\hat {P}T + T\hat {P}C = 60 + 60 = 120$.








Es parecido a este problema:

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[Juaco]

Problema 201

Sea C una circunferencia de centro $O$ y $AB$ una cuerda en esta.
$M $ es punto medio de $AB $, $EF $ y $HG $ son otras 2 cuerdase que también pasan por $M $.

$EG \cap AB = X $
$HF \cap AB = Y $

Probar que $XM=YM $

[Gianni De Rico]

Demo linda:

Solución 201

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Mariposa demo linda.png

Sean $E',F'$ los simétricos de $E,F$ por la recta $OM$, entonces $E',M,F'$ están alineados y los puntos están todos en la circunferencia. Sea $J$ el punto de intersección de la paralela a $FH$ por $M$ y la recta $FF'$, como $EE'\parallel AB\parallel FF'$, tenemos que $MJYF$ es un paralelogramo, de modo que $JF=MY$.
Notemos ahora que $\angle XMF'=\angle EE'F'=\angle EGF'=\angle XGF'$, de modo que $XMGF'$ es cíclico. Por otro lado, $\angle MJF'=\angle HFF'=\angle HGF'=\angle MGF'$, de modo que $MJGF'$ es cíclico. Se sigue que $XMJGF'$ es cíclico, y así $\angle MFJ=\angle EFF'=\angle EGF'=\angle XGF'=\angle XJF'$, por lo que $XJ\parallel MF$, entonces $XJMF$ es un paralelogramo, y así $XM=JF$.
Sigue que $XM=JF=MY$, como queríamos.

*laughs in proyectiva*

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Mariposa proyectiva.png

Sean $C=GE\cap FH$ y $D=EH\cap GF$, por Brocard se sigue que $CD$ es la polar de $M$, así que $CD\perp OM\perp AB$, i.e. $CD\parallel AB$. Sea $N=GH\cap CD$, entonces $\{G,H;M,N\}=-1$, proyectando por $C$ tenemos $\{X,Y;M,\infty \}\underset{C}{=}\{G,H;M,N\}=-1$, por lo que $M$ es el punto medio de $XY$.

Dejo abierto para que proponga quien quiera

[joa.fernandez]

Problema 202
Sean $PT$ y $PB$ dos tangentes a una circunferencia, $AB$ el diámetro que pasa por $B$ y $TH$ la perpendicular desde $T$ a $AB$. Demostrar que $AP$ corta en su punto medio a $TH$.

[Juaco]

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 bisectrices 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: $\{Q, A, H, B\} \underset{T}{=} \{T, A, H', B\} = -1$
y ahora otra que mande los puntos de $\Gamma $ a $PA $, entonces: $\{T, A, H', B\} \underset{T}{=} \{P, A, R, X\} = -1$

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

Y de esto último resulta que $R $ es punto medio de $TH $