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Solucion 122

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Por el teorema de Reim $DC\parallel ET$ y por el mismo teorema $DC\parallel SF$

Problema 123

Sea $ABC$ un triangulo con $M$ y $N$ puntos medios de $AB$ y $BC$, respectivamente.
Sean $m$ y $n$ las bisectrices interior y exterior, respectivamente, en $B$.
$P=AC\cap n$,
$Q=AC\cap m$,
$R=PM\cap m$,
$S=PN\cap m$.
Probar que $\frac{BQ}{RB}+\frac{BQ}{SB}=4$.

Solución 123

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Como dijo un gran sabio: "La bisectriz a veces está para hacer la cuentita con los lados nomás."
Teniendo eso en mente...

P123.png

Supongamos WLOG $AB<BC$, y sean $D=PS\cap AB$ y $E=PR\cap BC$.
Notemos primero que por el Teorema de la Bisectriz $\frac{AQ}{QC}=\frac{AB}{BC}=\frac{AP}{PC}$, y que $\frac{AM}{MB}=1=\frac{BN}{NC}$.
Ahora, por Menelao en $ABC$:$$\begin{align*}\frac{AD}{DB}\frac{BN}{NC}\frac{CP}{PA} & =1 \\
\frac{AD}{DB} & =\frac{AP}{PC} \\
\end{align*}$$Y por Menelao en $ABQ$:$$\begin{align*}\frac{AD}{DB}\frac{BS}{SQ}\frac{QP}{PA} & =1 \\
\frac{BS}{SQ} & =\frac{DB}{AD}\frac{PA}{PQ} \\
\frac{BS}{SQ} & =\frac{PC}{PA}\frac{PA}{PQ} \\
\frac{BS}{SQ} & =\frac{PC}{PQ} \\
\frac{QS}{SB} & =\frac{PQ}{PC} \\
\frac{QS}{SB}+1 & =\frac{PQ}{PC}+1 \\
\frac{BQ}{SB} & =\frac{PQ}{PC}+1 \\
\end{align*}$$Análogamente, $\frac{BQ}{RB}=\frac{PQ}{PA}+1$.

Ahora, como $\frac{AQ}{QC}=\frac{AP}{PC}$, tenemos que$$\begin{align*}\frac{AQ}{AP} & =\frac{QC}{PC} \\
\frac{AQ}{AP}-\frac{QC}{PC} & =0 \\
1+\frac{AQ}{AP}+1-\frac{QC}{PC} & =2 \\
\frac{AP}{AP}+\frac{AQ}{AP}+\frac{PC}{PC}-\frac{QC}{PC} & =2 \\
\frac{AP+AQ}{AP}+\frac{PC-QC}{PC} & =2 \\
\frac{PQ}{PA}+\frac{PQ}{PC} & =2 \\
\frac{PQ}{PA}+1+\frac{PQ}{PC}+1 & =4 \\
\frac{BQ}{RB}+\frac{BQ}{SB} & =4 \\
\end{align*}$$Y con eso estamos, el caso $AB=BC$ queda como ejercicio para el lector.

Problema 124

En el paralelogramo $ABCD$ se marcan los puntos $E$ en el lado $AB$ y $F$ en el lado $BC$. El punto $G$ es tal que $EBFG$ es un paralelogramo. Las rectas $AF$ y $CE$ se cortan en el punto $H$.
Demostrar que $D,G,H$ son colineales.

Tu solución está bien, dejo la mía de todos modos

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Apliquemos una transformación afín de forma que $AE=CF$, esto conserva el paralelismo y la colinealidad.

IMG_20200202_190619.jpg

Ahora, por Provincial 2014 - N3 P3 tenemos que $DH$ es bisectriz de $\angle ADC$. Por otro lado, si definimos $I=EG\cap CD$ y $J=FG\cap AD$, tenemos que $DIGJ$ es un paralelogramo y además $DI=AE=CF=DJ$, por lo que es un rombo, entonces $DG$ es bisectriz de $\angle JDI$.
Entonces $D,G,H$ están alineados sobre la bisectriz de $\angle ADC$. Y con eso estamos.

Te toca proponer.

Problema 125

Sea $ABC$ un triángulo escaleno y su incírculo toca a $BC,CA,AB$ en $D,E,F$ respectivamente. La mediatriz de $BC$ toca al circuncírculo de $ABC$ en $P,Q$ con $P$ en el mismo lado de $A$ respecto a $BC$. La paralela a $AQ$ por $D$ toca a $EF$ en $R$.
Probar que la intersección de $EF$ y $PQ$ pertenece al circuncírculo de $BCR$.

Creo que ya se subió algo de esto...
Solución:

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Como $Q$ pertenece a la mediatriz de $BC$, queda claro que $BQ=QC$, lo que implica que los arcos respectivos son iguales, lo que vuelve a $AQ$ bisectriz de $\angle BAC$.
Ahora bien, como $AE=AF$, entonces $AEF$ es isósceles, por lo que $AQ$, que es la bisectriz de su ángulo $\angle A$ es perpendicular a $EF$. Como $DR\parallel AQ$, entonces $DR$ es perpendicular a $EF$.
Ahora vamos a tomar un punto $J$ afuera del triángulo tal que $DEF$ sea semejante a $JBC$. Entonces, valdría que $\angle BCJ=\angle EFD=90^{\circ}-\frac{\angle C}{2}$, lo que implica que $CJ$ es bisectriz exterior de $\angle C$. Similarmente, $BJ$ es bisectriz exterior de $\angle B$. Luego, $J$ es el excentro del triángulo $ABC$ con respecto a $A$.
Ahora, tomando el correspondiente a $R$ en la semejanza, vale que este punto, digamos $D'$ es el pie de la perpendicular de $J$ a $BC$. Esto quiere decir que $D'$ es el punto de contacto del excírculo. Esto implica que $CD'=BD=BF$ u $BD'=CD=CE$.
Por otro lado, la semejanza implica que $\frac{ER}{RF}=\frac{BD'}{CD'}=\frac{CD}{BD}=\frac{CE}{BF}$. Esta igualdad combinada con $\angle BFR=\angle CER$ implica que los triángulos $BFR$ y $CEF$ son semejantes, y en particular $\angle BRF=\angle CRE$, lo que nos dice que $RD$ es la bisectriz de $\angle BRC$. Como $EF$ es perpendicular a $RD$, entonces es la bisectriz exterior de $\angle BRC$.
Recordando, por último, que $PQ$ es mediatriz de $BC$, queda claro que $PQ$ y $EF$ se cortan en el punto medio del arco $BRC$ del correspondiente círculo, lo que prueba el problema.

geogebra-export.png

PD: Creo que en algún momento se posteó algo similar...
EDIT: Ah, sí: https://www.omaforos.com.ar/viewtopic.p ... 270#p22833.

Solución $5^3$

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$PQ$ y $EF$ se cortan en $N$ y $EF$ y $BC$ en $S$.

Por Menelao en $ABC$ con la recta $EFH$ obtenemos que $\frac{BH}{CH}=\frac{BF}{CE}=\frac{BD}{DC}$.

Como $\angle DRH=90$ tenemos que $R$ esta en la circunferencia de diámetro $DH$ la cual resulta ser una circunferencia de Apolonio.

$\frac{BR}{RC}=\frac{BD}{DC}$ y por reciproco del teorema de la bisectriz $RD$ es bisectriz de $BRC$ lo cual vuelve a $RN$ una bisectriz exterior y como la biscetriz exterior de un triangulo y la mediatriz del lado opuesto se cortan sobre el ciruncirculo del triangulo tenemos que $BCRN$ es cíclico.

Que proponga el que se proponga.

Problema 126
Sea $ABC$ un triángulo. Denotamos por $M$ al punto medio de $BC$, por $H$ al ortocentro y por $\omega$ al circuncírculo de $ABC$. Sean $D$ y $P$ las intersecciones de $\omega$ con $AH$ y $MH$, respectivamente. Probar que las tangentes a $\omega$ por $D$ y $P$ se cortan en un punto sobre $BC$.