Maratón de Problemas de Geometría

BrunZo

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por BrunZo » Lun 20 Abr, 2020 4:27 pm

Solución 146
Spoiler: mostrar
Vamos a imaginarnos como que conectamos los puntos con flechitas que salen del punto elegido y van al más cercano. Notemos que de cada vértice sale una sola flecha, pero pueden entrar ninguna, una o más de una.

Agarremos un punto $A$ y supongamos que tiene más de $5$ vecinos.

Vamos a probar que para dos vecinos $V_1$ y $V_2$ vale que $\angle V_1AV_2>60^{\circ}$.

Vimos que como mucho uno de los vecinos es una flechita que sale de $A$, así que dividimos en dos casos:

Si ambas flechitas van hacia $A$, entonces vale que $A$ es el punto más cercano a cada uno de $V_1$ y $V_2$, luego $V_1A<V_1V_2$ y $V_2A<V_2V_1$. Por lo tanto, en el triángulo $AV_1V_2$, el lado $V_1V_2$ es el mayor, lo que en ángulos se traduce como que $\angle V_1AV_2>60^{\circ}$.

Si una flechita sale de $A$ (sin pérdida de generalidad, digamos que va hacia $V_1$), entonces vale que $V_1$ es el punto más cercano a $A$ y que $A$ es el punto más cercano a $V_2$, luego $AV_1<AV_2<V_2V_1$. Desde acá terminamos de la misma forma.

Ahora, si $V_1$, $V_2$, $V_3$,..., $V_n$ son todos los vecinos en sentido antihorario, sabemos que $n\geq 6$ y que $\angle V_iAV_{i+1}>60^{\circ}$, luego
$$\angle V_1AV_2+\angle V_2AV_3+\cdots+\angle V_nAV_1>n\cdot 60^{\circ}\geq 360^{\circ}$$
Pero esto es absurdo porque esa suma debería ser una vuelta completa.

Con esto se prueba lo deseado.
No sé que proponer. Propongo que proponga otro.

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Gianni De Rico

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Lun 20 Abr, 2020 4:45 pm

Acepto la propuesta de @BrunZo y propongo este problema dedicado a @Turko Arias.

Problema 147

Sean $D,E,F$ los pies de las alturas desde $A,B,C$, respectivemente, en el triángulo $ABC$, y sean $H$ su ortocentro y $O$ su circuncentro. Sea $M$ el punto medio de $BC$, la recta $HM$ corta a la recta $EF$ en $G$, y la recta $EF$ corta a la recta $BC$ en $R$.
Demostrar que $GD\perp RO$.
1  
Queda Elegantemente Demostrado

BrunZo

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por BrunZo » Lun 20 Abr, 2020 8:30 pm

Spoiler: mostrar
A ver...
geogebra-export (1).png
Primero, sea $D'$ la intersección entre $AO$ y $EF$. Veamos que como $BCEF$ es cíclico, vale que $\angle ABD=\angle AED'$. Además, se sabe que $H$ y $O$ son conjugados isogonales así que $\angle BAD=\angle EAD'$. De este modo, $\triangle ABD\sim\triangle AED'$, luego $\angle AD'E=\angle ADB=90^{\circ}$. Esto se puede traducir como $\angle OD'R=90^{\circ}$.
Por otro lado, como $O$ pertenece a las mediatrices, vale que $\angle OMR=90^{\circ}$. Combinamos esto y lo anterior y queda que $D'OMR$ es cíclico (1).

Sea $P$ la intersección del círculo de diámetro $AH$ con el circuncírculo de $ABC$ (es decir, $\angle APH=90^{\circ}$). Notemos que esto quiere decir que $PH$ vuelve a cortar a este último círculo en la antípoda de $A$. Pero es conocido que esta antípoda es la reflexión de $H$ por $M$, luego $M$ pertenece a $PH$.

(Esto recién empieza).

Como $\angle APM=\angle ADM=90^{\circ}$, el cuadrilátero $APDM$ es cíclico, luego $\angle DMP=\angle DAP$. Como $\angle AD'R=\angle ADR=90^{\circ}$, el cuadrilátero $AD'DP$ es cíclico, luego $\angle DAR=\angle DD'R$. Combinando estas dos igualdades vale que
$$\angle DMG=\angle DMP=\angle DAP=\angle DAR=\angle DD'R=\angle DD'G$$
de modo que $DGD'M$ es cíclico. (2)

Ahora, por (1) vale que $(\angle GRO=) \angle D'RO=\angle D'MO$. Por (2) vale que $\angle RGD=\angle D'MR$. Ahora, notemos que $GD\perp RO$ si y sólo si $\angle GRO+\angle RGD=90^{\circ}$, y sabemos que
$$\angle GRO+\angle RGD=\angle D'MO+\angle D'MR=\angle RMO=90^{\circ}$$
Por lo que lo último es cierto, y por ende $G$ianni $D$e $\perp$ $R$ic$O$, como queríamos.
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2  

BrunZo

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por BrunZo » Lun 20 Abr, 2020 8:38 pm

Ahora sí voy a proponer.

Problema 148.
Un cuadrilátero $ABCD$ que no tiene dos lados iguales o paralelos está circunscrito alrededor de una circunferencia de centro $I$. Sean $K$, $L$, $M$ y $N$ los puntos medios de los lados $AB$, $BC$, $CD$ y $DA$, respectivamente. Probar que si $AB\cdot CD=4IK\cdot IM$, entonces $BC\cdot DA=4IL\cdot IN$.

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Joacoini

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Joacoini » Mar 21 Abr, 2020 12:49 am

Una solución del 147 de las que le gustan a Gianni.
Spoiler: mostrar
Lema: Sean $A,~B,~C,~D$ puntos en una recta en ese orden tal que $\{A,C;B,D\}=-1$ y $AC$ sea una cuerda de la circunferencia $\omega(O)$ entonces $B$ esta en la polar de $D$.

Demostración:
Si invertimos por $\omega$ la recta pasa a ser una circunferencia que pasa por $A,~C,~O$ y $O$ es punto medio del arco $AC$ así que $B'O$ es bisectriz de $A\widehat{B'}C$ y como la bisectriz de este angulo pasa por $B$ entonces por el teorema de la bisectriz esta en la circunferencia de Apolonio de diámetro $BD$ así que $O\widehat B'D=90$.
(También se puede demostrar trazando las tangentes por $D$ pero no decís Apolonio).

Como $\{B,C;D,R\}=-1$ ya que es una clásica cuaterna armónica salida de un Ceva y un Menelao tenemos por el lema que $D$ esta en la polar de $R$.
Sea $P$ la intersección de $AR$ con $(ABC)$, viendo la circunferencia $(BCEF)$ y por ejes radicales tenemos que $APHFE$ es cíclico y como $A\widehat PH=90$ por reflexiones del ortocentro $P,~H,~M$ y, la antípoda de $A$ en $(ABC)$, $~A'$ son colineales.
Sean $X,~Y$ las intersecciones de $EF$ con $(ABC)$, $AX=AY$ ya que $AO$ es mediatriz de $XY$.
$\{X,Y;G,R\}\underset{P}{=}\{X,Y;A,A´\}=-1$.
Ya que $AA'$ es diámetro y $AX=AY$ y por el lema $G$ esta en la polar de $R$ y gracias a esto $GD\perp RO$.
2  
NO HAY ANÁLISIS.

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enigma1234

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por enigma1234 » Vie 08 May, 2020 3:14 am

Solución 148:
Spoiler: mostrar
Lema: $AB\times CD=4IK\times IM\iff I=KM\cap LN$.
Demostración:
Spoiler: mostrar
Como $I$ es incentro tenemos que $\angle BAI+\angle CID=180^{\circ}$.Entonces sea $P$ un punto al exterior de $ABCD$ tal que $\triangle PAB$ y $\triangle IDC$ son semejantes. Entonces $\angle APB+\angle AIB=180^{\circ}\to$ $PAIB$ es cíclico. Sea $I,Q=IK\cap \odot(PAIB)$. Entonces $QK\times IK=AK\times KB=\frac{AB^2}{4}$. De la semejanza $\frac{PK}{IM}=\frac{AB}{CD}$. Dividiendo con la anterior ecuación tendremos $\frac{QK}{PK}\times IK\times IM=\frac{AB\times CD}{4}$. Entonces $AB\times CD=4IK\times IM\iff PK=QK$.

Si $K$ es el centro de $\odot(PAIB)$ entonces $\angle AIB=90^{\circ}\to AD\parallel BC$ que no es posible. Entonces $K$ no es centro de $\odot(PAIB)\to PK=QK\iff$ $P=Q$ o $P$ es el simétrico de $Q$ respecto a la mediatriz de $AB$.

Si $P=Q$ entonces $\angle IKB=\angle PKA=\angle IMD$ entonces si $R$ y $S$ son los puntos de tangencia del incirculo con $AB$ y $CD$ respectivamente tendremos que $\triangle IRK$ y $\triangle ISM$ son congruentes. Entonces $KR=MS$ como $KR=BK-RB=\frac{AR-RB}{2},MS=CS-CM=\frac {CS-SD}{2}\to AR+SD=RB+CS$ de las tangentes tenemos que $AR+SD=AD,RB+CS=BC\to AD=BC$ lo cual no es posible porque no hay 2 lados iguales.

Entonces $PK=QK\iff P$ es el simétrico de $Q$ respecto a la mediatriz de $AB\iff \angle BKI=\angle PKB\iff$ $\angle KIA=\angle PAB,\angle IAK=\angle KPA$.

Como $K$ y $M$ son puntos medios y $\triangle APB,\triangle ICD$ son semejantes entonces $\angle PKB=\angle IMC$, $\angle PAB=\angle IDC=\angle IDA,\angle KPA=\angle MID$ y $\angle IAK=\angle IAD$. Entonces $\angle BKI=\angle PKB\iff$ $\angle BKI=\angle IMC\iff$ $\angle IAK=\angle MID,\angle KIA=\angle IDA\to I,K,M$ son colineales$\dots(1)$.

Como la distancia de $I$ a $AB$ y $CD$ es igual al inradio entonces $IK=IM\iff \angle BKI=\angle IMC$ o $\angle BKI=\angle IMD$, pero $\angle BKI=\angle IMD$ no es posible pues sino $P=Q$. Entonces $\angle BKI=\angle IMC \iff IK=IM\dots(2)$.

Entonces por $(1)$ y $(2)$ tenemos que $\angle BKI=\angle IMC \to I$ es punto medio de $KM$. Y si $I$ es punto medio de $KM\to IK=IM\to \angle BKI=\angle IMC$. Entonces $AB\times CD=4IK\times IM\iff \angle BKI=\angle IMC\iff I$ es punto medio de $KM$.

Ahora es conocido que los puntos medios de los lados de un cuadrilatero forman un paralelogramo, entonces tenemos que $I$ es punto medio de $KM\iff I=KM\cap LN$.
1.png
Entonces del lema $AB\times CD=4IK\times IM\to I=KM\cap LN\to BC\times DA=4IL\times IN$
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Última edición por enigma1234 el Vie 08 May, 2020 3:36 pm, editado 1 vez en total.
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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por BrunZo » Vie 08 May, 2020 8:31 am

Hola, muy buena solución. Un único detalle:
enigma1234 escribió:
Vie 08 May, 2020 3:14 am
Spoiler: mostrar
Entonces $PK=QK\iff P$ es el simétrico de $Q$ respecto a la mediatriz de $AB$
Spoiler: mostrar
Esto no sería cierto si $K$ es el centro del cíclico (y entonces $PK$ y $QK$ son radios), pero el caso se descarta fácil dado que no hay lados paralelos.
Ahora te toca proponer.

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enigma1234

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por enigma1234 » Vie 08 May, 2020 4:04 pm

BrunZo escribió:
Vie 08 May, 2020 8:31 am
Spoiler: mostrar
Esto no sería cierto si $K$ es el centro del cíclico (y entonces $PK$ y $QK$ son radios), pero el caso se descarta fácil dado que no hay lados paralelos.
Cierto no lo había notado, ya lo corregí.

Problema 149:
Sean $H_1,H_2$ los pies de las alturas de un triángulo escaleno $ABC$ sobre los lados $AB$ y $AC$ respectivamente. Sean $T_1,T_2$ los puntos de tangencia del incirculo del $\triangle ABC$ sobre los lados $AB$ y $AC$ respectivamente. Sean $I_1,I_2$ los pies de las bisectrices de los ángulos $\angle C,\angle B$ respectivamente. Demostrar que $H_1H_2,T_1T_2,I_1I_2$ concurren.

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Gianni De Rico

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Vie 08 May, 2020 7:09 pm

Solución 149: (Un esquema)
Spoiler: mostrar
Notemos que nos alcanza con demostrar que $\{A,I_1;T_1,H_1\}=\{A,I_2;T_2,H_2\}$, ya que si $T_1T_2\cap I_1I_2=D$ y $DH_1\cap AB=H'_2$, tenemos que $\{A,I_2;T_2,H'_2\}\underset{D}{=}\{A,I_1;T_1,H_1\}=\{A,I_2;T_2,H_2\}$, por lo que $H'_2\equiv H_2$, así que las rectas concurren.

Notemos que si llamamos $BC=a$, $CA=b$ y $AB=c$, sabemos que $AT_1=AT_2=\frac{b+c-a}{2}$, y por Pitágoras y el Teorema de la Bisectriz, podemos sacar $AH_1,AH_2,AI_1,AI_2$, entonces podemos hallar la longitud de todos los segmentos que necesitamos y comprobar que en efecto la cuenta da lo mismo de los dos lados.
Y de postre (?), una solución del 149 de las que le gustan a Joaco.
Spoiler: mostrar
Usamos coordenadas baricéntricas respecto de $ABC$. Sabemos que $H=(S_{BC}:S_{CA}:S_{AB})$ en notación de Conway (RIP), y que $I=(a: b:c)$. Entonces como $H_1$ está en $CH$ y en $AB$, tenemos $H_1=(S_B:S_A:0)$, análogamente $H_2=(S_C:0:S_A)$, $I_1=(a: b:0)$, $I_2=(a:0:c)$.
Vemos que la recta $H_1H_2$ tiene ecuación$$-2S_Ax+2S_By+2S_Cz=0$$la recta $T_1T_2$ tiene ecuación$$-2(s-a)x+2(s-b)y+2(s-c)z=0$$y la recta $I_1I_2$ tiene ecuación$$-bcx+cay+abz=0$$entonces para ver que concurren basta verificar que$$\left |\begin{array}-2S_A & 2S_B & 2S_C \\
-2(s-a) & 2(s-b) & 2(s-c) \\
-bc & ca & ab
\end{array}\right |=0$$
3  
Queda Elegantemente Demostrado

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Mar 19 May, 2020 4:14 pm

#1234

Colgué con esto, acá va el

Problema 150:

Sea $ABC$ un triángulo acutángulo de circuncírculo $\Gamma$ y ortocentro $H$. Sea $D$ tal que $BA=BD$ y $AD$ es tangente a $\Gamma$, y sea $E$ en $AC$ tal que $BA=BE$.
Demostrar que $D,E,H$ están alineados.
Queda Elegantemente Demostrado

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