Maratón de Problemas de Geometría

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Gianni De Rico

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Mar 26 Nov, 2019 9:35 pm

Para despistar, claramente
1  
Queda Elegantemente Demostrado

BrunZo

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por BrunZo » Mar 26 Nov, 2019 9:51 pm

Fran5 escribió:
Mar 26 Nov, 2019 8:29 pm
Y $H$ para que sirve?
Definitivamente no es porque el enunciado original lo usaba y cuando lo cambié no me di cuenta y se me escapó, y claramente no tiene nada que ver con la solución. :lol:

PD: Editado el problema.

HelcsnewsXD

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por HelcsnewsXD » Mar 26 Nov, 2019 11:14 pm

Buenas. Envío la solución al problema de BrunZo. Les pregunto si sería correcta porque la acabo de hacer en 10 min. y por WhatsApp (porque no tenía papel). De todos modos, la envío. Disculpen que no sea con látex (es por los anteriores motivos).
Spoiler: mostrar
Veamos que como BB1=CC1 y <CBA=<BCA se cumple que BCB1=CBC1 => CB1=BC1, <CBB1=<BCC1

Por esto, un ejemplo claro es P como baricentro, punto de intersección de las medianas. Es gracias a esto que, si consideramos el nuevo triángulo AB1C1, tenemos que también debe cumplirse esta propiedad en él. Es decir, tomando a este como nuestro nuevo ABC, tendríamos que B'B1'=C'C1' y como BB1=CC1, BB1+B'B1'=CC1+C'C1', cumpliéndose lo dicho. Por esto, el baricentro de B1C1A también cumple. Como esto puede hacerse de manera continua e infinita, tenemos que el lugar geométrico de P es la recta donde está el baricentro de ABC y los demás P' obtenidos del procedimiento explicado.
Ahora, como tenemos que AB=AC, se cumple que P y los sub-P son también el resultado de la intersección de las mediatrices. Por ende, el lugar geométrico de los puntos es la mediatriz de BC. Esto último se demuestra fácil: al ser AB=AC, todos los sub-ABC serán también isósceles, por lo que la mediatriz de B1C1 es la misma que la de BC.
Se demuestra además que no hay ninguno fuera de este lugar ya que los P son delimitados bajo la condición de BC1=CB1.
Otra demostración: Supongamos que al menos un P no forma parte de este lugar geométrico. Como BB1=CC1, se comparte BC y <BCA=<CBA, se cumple que <C1BC=<B1CB => BPC sea isósceles. Como esto sucede, P pertenece a la mediatriz de BC y llegamos a un absurdo

RTA: El lugar geométrico de los P es la mediatriz de BC
Edición posterior: En caso de ser correcta, dejo este problema:

Problema 111
Sea ABC un triángulo y D el punto medio de AB, si ∠ACD = 105° y ∠DCB = 30°. Hallar ∠ABC

BrunZo

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por BrunZo » Mié 27 Nov, 2019 5:16 pm

HelcsnewsXD escribió:
Mar 26 Nov, 2019 11:14 pm
Spoiler: mostrar
Veamos que como $BB_1$=$CC_1$ y $\angle CBA=\angle BCA$ se cumple que $\triangle BCB_1\cong\triangle CBC_1\Longrightarrow CB_1=BC_1, \angle CBB_1=\angle BCC_1$ (supongo que esto es lo que quisiste decir.)
Spoiler: mostrar
La verdad es que no te sigo el argumento, y de todos modos, no parece correcto. O sea, vos estás diciendo que
  • $BC=CB$
  • $BB_1=CC_1$
  • $\angle BCB_1=\angle CBC_1$
Implican que $BCB_1$ y $CBC_1$ son congruentes.
Esto es falso, es un criterio falaz, que se conoce como ALL ó LLA. Y es falaz porque, por ejemplo,
Criterio LLA.PNG
Aunque... (spoiler)
Spoiler: mostrar
Falaz no es sinónimo de inútil. Revisar el dibujo adjunto.
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HelcsnewsXD

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por HelcsnewsXD » Mié 27 Nov, 2019 5:49 pm

Hola BrunZo! Mi idea era que, como P puede ser el baricentro de ABC, lo tomemos de este modo. Cuando trazamos los segmentos BB1 y CC1, nos queda otro triángulo isósceles AB1C1, cuyo baricentro también cumple y puede ser un P (esto es un proceso reiterativo que siempre se cumple). Como son P diferentes y estos son triángulos isósceles semejantes, al ser el baricentro también el circuncentro, el lugar geométrico sería la mediatriz de BC. Ahora, lo que falta demostrar es que no existe un P fuera de él. Lo había hecho con esa idea pero como el criterio es falaz, lo intentaré revisar apensa tenga un tiempito.
Gracias igual!

BrunZo

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por BrunZo » Mié 27 Nov, 2019 6:21 pm

De todos modos... Solución 111:
Spoiler: mostrar
Recapitulemos: Tenemos un triángulo $ABC$ y sabemos que su mediana por $C$ parte a este ángulo en ángulos de $30^{\circ}$ y $105^{\circ}$.
Vamos a empezar a hacer un poco de lío:

Gran Lema de la Mediana: (me acabo de inventar el nombre) Si tenemos un triángulo $ABC$ con mediana $CD$, llamamos ángulos del triángulo al par de ángulos $\angle A$ y $\angle B$ y llamamos ángulos de la mediana al par de ángulos $\angle ACD$ y $\angle DCB$.
Lema: Si un triángulo con ángulos de triángulo $(\alpha, \beta)$ tiene ángulos de mediana $(x,y)$, entonces un triángulo con ángulos de triángulo $(x,y)$ tiene ángulos de mediana $(\alpha, \beta)$.

Demostración: Vamos a tomar el primero de los triángulos, el de ángulos de triángulo $(\alpha, \beta)$, y vamos a intersecar la mediana $CD$ con la circunferencia circunscrita en $E$, como muestra esta figura:
Dualidad mediana.PNG
Notemos que lo grandioso de esto, es que los ángulos de triángulo $\angle BAC$ y $\angle CBA$, por cuadriláteros cíclicos, son iguales a los ángulos $\angle BEC$ y $\angle CEA$, respectivamente. Pero la clave está en que estos ángulos son los ángulos de mediana del triángulo $ABE$ (el marcado en rojo). Similarmente, los ángulos de mediana, $\angle ACD$ y $\angle DCB$, son iguales a los ángulos $\angle ABE$ y $\angle EAB$, los ángulos de triángulo del triángulo $ABE$.
Entonces, notemos que todos los triángulos del segundo tipo, con ángulos de triángulo $(x, y)$, van a ser semejantes al rojo, por lo que tendrán ángulos de mediana $(\alpha, \beta)$, que es lo que queríamos.

Habiendo introducido todo esto, tiene mucho sentido considerar que hallar los ángulos $\angle A$ y $\angle B$ del triángulo del problema, es lo mismo que determinar en que ángulos parte la mediana a un triángulo, digamos $A_1B_1C_1$, con ángulos de triángulo $\angle A_1=30^{\circ}$ y $\angle B_1=105^{\circ}$. Vamos a determinarlo:
Triángulo I.PNG
Fijémonos que en el nuevo triángulo, $\angle A_1=30^{\circ}$ y $\angle C_1=45^{\circ}$, que son ángulos "lindos". La razón por la que los llamamos lindos, es porque forman triángulos rectángulos bastante especiales (medios equiláteros, rectángulos isósceles), que tienen razones entre lados fáciles y manejables por Pitágoras. Por eso, tiene sentido usar una altura $B_1P$ como la de la imagen, que digamos, mide $h$.
Como $B_1C_1P$ es triángulo isósceles rectángulo, se deduce que $C_1P=h$ y $B_1C_1=\sqrt{2}h$. Asimismo, como $A_1B_1P$ es medio equilátero se deduce que $A_1B_1=2h$ (grandioso: $A_1D_1=D_1B_1=h$) y $A_1P=\sqrt{3}h$. Ahora que ya obtuvimos bastante información en función de $h$, nos olvidamos de la altura agregada y resumimos:
$$A_1D_1=D_1B_1=h,\quad B_1C_1=\sqrt{2}h,\quad A_1C_1=(\sqrt{3}+1)h$$
Ahora, veamos que en realidad, la otra altura no estaba muy relacionada con la mediana que nos interesa, por lo que no nos iba a llegar más lejos. Ahora bien, si trazamos la altura $C_1H$, que si está relacionada con la mediana (sale del mismo vértice), podemos hallar cosas interesantes:
Triángulo II.PNG
Nos gustaría volver a aprovechar el ángulo de $30^{\circ}$ diciendo que $A_1C_1H$ es otro medio equilátero, y como ya conocemos $A_1C_1$, podemos ver que
$$A_1C_1=(\sqrt{3}+1)h,\quad C_1H=\frac{\sqrt{3}+1}{2}h,\quad A_1H=\sqrt{3}\frac{\sqrt{3}+1}{2}h=\frac{3+\sqrt{3}}{2}h$$
Y nos llevamos una gran sorpresa, porque notemos que $D_1H=A_1H-A_1D=(\frac{3+\sqrt{3}}{2}-1)h=\frac{1+\sqrt{3}}{2}h=C_1H$. Lo que quiere decir que $C_1D_1H$ es isósceles ¡victoria!, porque tenemos que $\angle C_1D_1B_1=45^{\circ}$ y $\angle B_1C_1D_1=30^{\circ}$ ¡lo que buscabamos! De todos modos, como el que nos interesa es el otro ángulo (revisar el argumento que nos llevo a este nuevo triángulo), la respuesta es
$$\angle ABC=15^{\circ}$$
Fin.
BrunZo escribió:
Mar 26 Nov, 2019 5:49 pm
Problema 110.
Sea $ABC$ un triángulo isósceles con $AB=AC$ y $P$ un punto variable en su interior. Las rectas $BP$ y $CP$ cortan a $AC$ y $AB$ en $B1$, $C1$. Hallar el lugar geométrico de los puntos $P$ tales que $BB_1=CC_1$.
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BrunZo

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por BrunZo » Mié 27 Nov, 2019 6:29 pm

HelcsnewsXD escribió:
Mié 27 Nov, 2019 5:49 pm
Hola BrunZo! Mi idea era que, como P puede ser el baricentro de ABC, lo tomemos de este modo. Cuando trazamos los segmentos BB1 y CC1, nos queda otro triángulo isósceles AB1C1, cuyo baricentro también cumple y puede ser un P (esto es un proceso reiterativo que siempre se cumple). Como son P diferentes y estos son triángulos isósceles semejantes, al ser el baricentro también el circuncentro, el lugar geométrico sería la mediatriz de BC. Ahora, lo que falta demostrar es que no existe un P fuera de él. Lo había hecho con esa idea pero como el criterio es falaz, lo intentaré revisar apensa tenga un tiempito.
Gracias igual!
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O sea, no entiendo del todo a que va esto de tomar los baricentros pero sí podemos decir que
  • Todos los puntos en la mediatriz cumplen la condición.
  • Hay que probar que ningún punto fuera de ella lo cumple.
Con respecto a esto último... (SPOILER)
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No lo intentes, no es cierto.

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Monazo

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Monazo » Jue 28 Nov, 2019 11:09 am

Me veo obligado a subir mi solución "tramposa" del problema $111$

Solución 111
Spoiler: mostrar
Problema 111.png
Sea $ABC$ un triángulo equilátero. Sea $BFC$ un triángulo isósceles y rectángulo en $F$, con $F$ interior a $ABC$. Sean $M$ y $N$ los puntos medios de $AB$ y $BC$ respectivamente. Notemos que $AF$ es mediatriz, bisectriz, mediana, etc, por ser $ABC$ equilátero.

Tenemos que $BN=NC=FN$ por mediana correspondiente a hipotenusa.
Tenemos que $BM=MA=MN$ por mediana correspondiente a hipotenusa.
Por lo que $BN=MN=FN=NC$, por lo que existe una circunferencia de centro $N$ y radio $BN$ que pasa por $B$, $M$, $F$ y $C$.

Como $MN$ es base media, tenemos que $MN \parallel AC$ y $\angle BNM=60$.
Por ángulo central, $\angle BNM = 2 \cdot \angle BFM$, por lo que $\angle BFM = 30$.
Dado que $BNF$ es un triángulo rectángulo en $N$ y $BN=FN$, tenemos que $\angle NBF = \angle BFN = 45$.
Luego, $\angle ABF = 60 - \angle NBF = 15$.
Como $AF$ es bisectriz de $A$, tenemos que $BAF = 30$
Sabiendo que $\angle BFN + \angle BFM + \angle MFA = 180$, podemos despejar $\angle MFA = 105$.

Finalmente si observamos el triángulo $AFB$, tenemos que $\angle MFA = 105$, $\angle BFM = 30$, y $FM$ es mediana. Entonces nuestro triángulo $AFB$ es el mismo que nos pide el enunciado, y demostramos que $ABF = 15$ y que $BAF = 30$. Por lo que ya estamos.

NOTA: Quizás pueda requerir de un paso más la demostración. Habría que demostrar que no existen más de dos triángulos que cumplen la condición del enunciado. Esto se puede hacer suponiendo que existen dos y tratar de llegar al absurdo. No es muy díficil, así que si quieren intentarlo se los dejo, cualquier cosa preguntan.
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Gianni De Rico

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Jue 28 Nov, 2019 3:22 pm

Respuesta 110
Spoiler: mostrar
El lugar geométrico de $P$ es la unión de la mediatriz de $BC$ con el circuncírculo de $BHC$ (la parte contenida dentro del triángulo), donde $H$ es el ortocentro de $ABC$.
Solución 110
Spoiler: mostrar
P110.png
Para cada punto $B_1$ consideramos la circunferencia de centro $C$ y radio $BB_1$. Esta circunferencia corta al lado $AB$ en dos puntos $C_1$ y $C_2$ (en $1$ si $BB_1$ es altura). Como $ABC$ es simétrico respecto de la mediatriz $m$ de $BC$, tenemos que uno de ellos (WLOG $C_2$) es el simétrico de $B_1$ respecto de $m$ (cuando $BB_1$ es altura, entonces $C_1\equiv C_2$ y $CC_1$ es altura, por lo que $P\equiv H$). Entonces todo punto $P\in m$ cumple.

Veamos ahora que si $P\not \in m$ y cumple, entonces $P\in \odot BHC$.
En efecto, sean $\angle CBP=\angle CBB_1=\alpha$ y $\angle ABC=\beta$. Por simetría tenemos que $\angle BCC_2=\alpha$, de donde $\angle CC_2C_1=\alpha +\beta$, y como $CC_1=CC_2$, tenemos que $\angle C_1CC_2=180°-2\alpha -2\beta$. Luego, $\angle PCB=\angle C_1CC_2+\angle BCC_2=180°-2\alpha -2\beta +\alpha =180°-\alpha -2\beta$, entonces $\angle BPC=2\beta =\angle ABC+\angle ACB=180°-\angle BAC=\angle BHC$, y por arco capaz, $P\in \odot BHC$.

Por último, veamos que si $P\in \odot BHC$, entonces $P$ cumple.
En efecto, sea $C_1'=CP\cap AB$, como $\angle PBC=\angle B_1BC=\angle C_2CB=\alpha$ y $\angle BPC=2\beta$, tenemos que $\angle PCB=180°-\alpha -2\beta$, de donde $\angle C_1'CC_2=\angle PCC_2=\angle PCB-\angle C_2CB=180°-\alpha -2\beta -\alpha =180°-2\alpha -2\beta$. Además, $\angle CC_2C_1=\angle C_2BC+\angle C_2CB=\alpha +\beta$, por lo que $\angle CC_1C_2=180°-\angle C_1CC_2-\angle CC_2C_1=180°-(180°-2\alpha -2\beta )-(\alpha +\beta )=\alpha +\beta =\angle CC_2C_1$, de donde $CC_1=CC_2=BB_1$.

Entonces si $P$ está en la unión, cumple. Y si $P$ cumple, está en la unión. Por lo tanto, la unión es el lugar geométrico pedido.
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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Jue 28 Nov, 2019 3:59 pm

Problema 112

Las circunferencias $\Omega _1$ y $\Omega _2$ se cortan en los puntos $M$ y $N$. La tangente común a $\Omega _1$ y $\Omega _2$ más cercana a $M$ toca a $\Omega _1$ en $A$ y a $\Omega _2$ en $B$. Sean $C$ y $D$ tales que $M$ es el punto medio de $AC$ y de $BD$. El circuncírculo de $DCM$ corta nuevamente a $\Omega _1$ y $\Omega _2$ en $E$ y $F$, respectivamente.
Demostrar que las circunferencias circunscritas de $MEF$ y $NEF$ tienen el mismo radio.
Queda Elegantemente Demostrado

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