Maratón de Problemas de Geometría

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Vladislao

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Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Vladislao » Vie 10 Feb, 2012 12:06 am

Charlando con amcandio, surgió la idea de iniciar una Maratón de Problemas de Geometría. La idea está basada básicamente en lo mismo que la Maratón de Problemas que inició @Nacho.

Las diferencias principales son las siguientes:

-La obvia: los problemas deberán ser pura y exclusivamente de geometría.

-Si al postear un problema, nadie logra resolverlo en el plazo de 7 días, entonces el autor deberá postear una solución y a continuación proponer otro problema (tratando de que éste sea de dificultad menor).

-La idea es que la dificultad de los problemas sea relativamente alta. A modo de referencia, se puede tomar como base la dificultad que suelen tener los Problemas de OMA en el Certamen Nacional en Segundo Nivel.


Problema 1

Sea [math] un triángulo equilátero de lado [math]. Sea [math] el punto medio de [math]. Sea [math] un punto en el segmento [math]. Sea [math] la intersección de [math] y [math]. Si [math], hallar [math].
Sea [math] Para todo entero positivo [math] se cumple que [math] es un número primo.

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Nacho

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Nacho » Vie 10 Feb, 2012 1:50 am

Solución del Problema 1:
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Notemos que [math] es semejante a [math]. Entonces, se cumple que [math], de donde [math]. Pero notemos que [math], de donde [math] y [math]. Por Teorema del Coseno en [math], tenemos que [math], de donde (haciendo la cuenta jeje) tenemos que [math]. Con la semejanza vemos que [math].

Dejemos que [math]. Vamos a calcular [math] y así [math]. Por Teorema del Seno en [math], tenemos que [math], de donde (pasando multiplicando y eso) [math]. Con la identidad [math], tenemos que [math], de donde [math]. Pero tomamos la solución positiva porque el ángulo es agudo.

Ahora usamos la extension del Teorema del Seno en [math]. Tenemos que [math], Vemos que [math]. Entonces, nuestra cuenta queda [math]. Reemplazando todos esos valores (que los tenemos jeje), vemos que [math], de donde [math]. Pero notemos que [math]. Entonces [math] y estamos.
Problema 2:

Dada una circunferencia y un punto [math] exterior a la circunferencia, sean [math] y [math] los puntos de tangencia de las rectas tangentes a la circunferencia trazadas desde [math]. Una recta por [math] interseca a la circunferencia en [math] y [math]. Si [math] es el punto medio del segmento [math], demostrar que [math] es bisectriz del ángulo [math].
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jonyayala_95
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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por jonyayala_95 » Vie 10 Feb, 2012 12:26 pm

No corresponde pero posteo otra sol del P1 :P
Spoiler: mostrar
P1 MARATON DE GEOM.png
Primero vemos que [math] entonces:

[math]

Ahora por Teorema del Coseno en [math] tenemos:

[math]

Veamos que [math] es bisectriz de [math], entonces por Teorema de la Bisectriz tenemos:

[math] entoces:

[math] pero [math] (remplazando)

[math]

Claramente [math] es rectangulo por ser [math]
Ahora por Pitágoras en [math]

[math] :D
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xD13G0x
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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por xD13G0x » Vie 10 Feb, 2012 11:59 pm

Solucion Problema 2:
Spoiler: mostrar
[math] es el centro del circulo. [math] entonces [math] es ciclico. Sea [math] la interseccion del circuncirculo de [math] con la mediatriz de [math]. Tenemos que [math] es recto y por lo tanto [math], [math] y [math] son colineales. De la definicion de [math] obtenemos que [math] es bisectriz de [math] de donde se concluye.

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No, manzana
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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por No, manzana » Sab 11 Feb, 2012 4:31 am

xD13G0x escribió:Solucion Problema 2:
Spoiler: mostrar
[math] es el centro del circulo. [math] entonces [math] es ciclico. Sea [math] la interseccion del circuncirculo de [math] con la mediatriz de [math]. Tenemos que [math] es recto y por lo tanto [math], [math] y [math] son colineales. De la definicion de [math] obtenemos que [math] es bisectriz de [math] de donde se concluye.
La hiciste re fácil, me humillaste, ah, y te faltó de postiar el problema.
[math], Posta!
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Sea [math] un real, veamos que: [math], entonces [math].

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Vladislao

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Vladislao » Sab 11 Feb, 2012 1:43 pm

Estamos esperando el nuevo problema. :)
Sea [math] Para todo entero positivo [math] se cumple que [math] es un número primo.

xD13G0x
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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por xD13G0x » Sab 11 Feb, 2012 5:59 pm

Perdon por no poner problema, ahi va!.
Problema 3:
Sea [math] un quadrilatero ciciclico con diagonales perpendiculares y circunradio [math]. Demuestre que [math]

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Vladislao

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Vladislao » Dom 12 Feb, 2012 3:13 pm

Solución Problema 3:
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Primero, notemos que:

[math].

Y que:

[math].

También, es sencillo notar que [math], de donde, reemplazando en nuestra primera igualdad obtenemos que:

[math]

Si reemplazamos [math] en la segunda igualdad que obtuvimos:

[math]

Multiplicando las dos igualdades del recuadro, obtenemos que:

[math]

Como [math] era cíclico, por el teorema de Ptolomeo, se cumple que: [math], por lo que reemplazando en la última igualdad:

[math]

Expandiendo el numerador:

[math]

Factorizando:

[math]

Como sabemos que [math], entonces [math]. por lo que, reemplazando:

[math]

Queda que:

[math]

Finalmente:

[math] como queríamos probar.
Problema 4

Sea [math] un triángulo y sean [math], [math], [math] puntos exteriores al triángulo [math] de modo tal que [math], [math] y [math] son triángulos equiláteros que no se superponen con [math]. Sea [math] el punto medio de [math] y [math] el punto medio de [math] y sean [math] y [math] los puntos medios de [math] y [math] respectivamente. Demostrar que [math].
Sea [math] Para todo entero positivo [math] se cumple que [math] es un número primo.

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Nacho

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Nacho » Lun 13 Feb, 2012 4:55 am

Solución Problema 4:
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Por base media en [math] se ve fácilmente que [math]. Sean [math] y [math] los centros de las circunferencias circunscritas a [math] y [math] respectivamente. Consideremos la homotecia de centro [math] y razón [math] que nos lleva [math] a [math] y [math] a [math] (como son equiláteros, son circuncentros y baricentros a la vez), y nos mantiene la recta [math] fija. Luego, queremos demostrar que [math].

Ahora, vamos a demostrar que [math] es el eje radical de las dos circunferencias anteriores, de donde se sigue fácilmente lo deseado.

Notemos que [math], [math] y [math] concurren. (Es una propiedad conocida, pero la voy a demostrar con un truquito copado (?)): Definimos [math], [math] y [math]. Queremos que se verifique el teorema de Ceva, es decir [math], de donde concurren. (Punto de Fermat).

Llamemos [math] al punto de Fermat. Notemos que [math] y [math] son congruentes ya que [math] y se cumple la proporción entre los lados [math] (Eso o hacer una rotación por [math]). Entonces [math] y [math], de donde [math] y [math] son cíclicos. De manera análoga se puede ver que [math] es cíclico. Luego, [math] es el centro radical de las circunferencias circunscritas a los equiiláteros, y se ve fácilmente que la recta [math] es el eje radical de las dos circunferencias [math] y [math], y como [math] tenemos que [math] y estamos.
Problema 5:

Sea [math] un triángulo acutángulo, y sean [math], [math] y [math] las alturas correspondientes a los vértices [math], [math] y [math] respectivamente. Consideremos el punto de intersección entre la recta [math] y el arco [math] de la circunferencia circunscrita a [math] que no contiene a [math]. Llamémoslo [math]. Sea [math] el punto de intersección entre las rectas [math] y [math]. Demostrar que [math].
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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por El Geek » Lun 13 Feb, 2012 9:03 am

Solución problema 5:
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Para probar lo que se nos pide debemos probar que [math] . Bien, como APBC es cíclico tenemos que [math] [*].Ahora usaré el hecho de que al unir los 3 pies de alturas de un triángulo se obtienen 3 triángulos semejantes, de esto se desprende que [math] [**], pero por opuestos por el vértice [math], entonces por transitividad [math] . De lo anterior se desprende que QPFA es cíclico, pues [math], por lo tanto, [math] pero por [*], [**] y lo anterior, entonces se obtiene lo pedido

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