Maratón de Problemas de Geometría

[Nacho]

Les recuerdo: una vez que resuelven el problema, posteen uno nuevo =P.
(Viene linda la maratón jeje).

[El Geek]

Problema 6:
En un triangulo isóceles [math]ABC de base [math]\overline{AC} se traza la bisectriz [math]\overline{CD} con [math]D \in \overline{AB}. La perpendicular a [math]\overline{CD} que pasa a través del circuncetro de [math]ABC intersecta a [math]\overline{BC} en [math]E. La paralela a [math]\overline{CD} que pasa por [math]E corta a [math]\overline{AB} en [math]F. Demuestre que [math]BE=FD.

[Nacho]

Solucion del Problema 6:

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Prolonguemos [math]CD hasta obtener la nueva interseccion con el circuncirculo de [math]\triangle ABC, que llamaremos [math]M. Es claro que [math]O pertenece a la mediatriz de [math]MC, de donde [math]ME=EC, y asi [math]\angle EMC = \angle ECM. Como [math]\angle ECM = \angle MCA, tenemos que [math]ME \parallel AC. Definimos [math]Q = ME \cap AB. Notemos por arco capaz que [math]\angle MCA = \angle MBA. Y tambien tenemos que [math]\triangle QEB es isosceles, de donde [math]BE=QB. Como [math]\angle BEF = \angle BCD, tenemos que [math]EF es bisectriz de [math]\angle BEQ. Por Teorema de la bisectriz, tenemos que [math]\frac{BF}{QF}=\frac{BE}{QE}. Notemos que [math]BE=QB=MQ. Entonces [math]\frac{BF}{QF}=\frac{MQ}{QE}, de donde [math]\frac{BF}{MQ}=\frac{QF}{QE}.

Notemos que [math]\triangle QEF es semejante a [math]\triangle MQD, de donde [math]\frac{QF}{QE}=\frac{DQ}{MQ}, y asi [math]\frac{BF}{MQ}=\frac{DQ}{MQ} de donde [math]BF=DQ. Entonces [math]BF+QF=DQ+QF, que es lo mismo que [math]BQ=DF, pero como [math]BQ=BE, tenemos [math]BE=DF, y estamos.

Problema 7:

Sean [math]A, [math]B y [math]C tres puntos tales que [math]B es el punto medio del segmento [math]AC y sea [math]P un punto tal que [math]\angle PBC = 60^{\circ}. Se construyen el triangulo equilatero [math]\triangle PCQ tal que [math]B y [math]Q estan en semiplanos diferentes con respecto a [math]PC, y el triangulo equilatero [math]\triangle APR tal que [math]B y [math]R estan en el mismo semiplano con respecto a [math]AP. Sea [math]X el punto de interseccion de las rectas [math]BQ y [math]PC, sea [math]Y el punto de interseccion de las rectas [math]BR y [math]AP. Pruebe que [math]XY y [math]AC son paralelos.

[amcandio]

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Para demostrar que [math]XY es paralela a [math]AC se debe cumplir que [math]\frac{PY}{YA}=\frac{PX}{CX} (Thales).

Sea [math]\beta=\angle PAB y [math]\alpha=\angle PBC.

Por angulitos tenemos que [math]\angle BAR=\angle APB=60-\alpha, [math]\angle PAB=\angle BPR.


La extension del teorema del seno nos dice que [math]\frac{PY}{YA}=\frac{PR}{AR}\frac{sen(\angle BRP)}{sen(\angle BRA )}=\frac{sen(\angle BRP)}{sen(\angle BRA )}

Por teorema del seno en los triangulos [math]ABR y [math]BRA nos queda que:

[math]sen(\angle BRP)=\frac{sen(\beta)}{BR} \times BP y [math]sen(\angle BRA)=\frac{sen(60-\beta)}{BR} \times BA.

Reemplazando nos queda: [math]\frac{PY}{YA}=\frac{\frac{sen(\beta)}{BR} \times BP}{\frac{sen(60-\beta)}{BR} \times BA}=\frac{sen(\beta)}{sen(60-\beta)}\times \frac{BP}{BA}=(\frac{BP}{BA})^2

Bien, ahora calculemos [math]\frac{PX}{XC}=\frac{\triangle BPQ}{\triangle BCQ}
Sean[math]h_1 y [math]h_2 las alturas de los triangulos [math]BPQ y [math]BCQ con respecto a las bases [math]BP y [math]CQ respectivamente.
Por teorema del seno tenemos que [math]h_1=sen(\angle BPQ)\times PQ=sen(\alpha) \times PQ y [math]h_2=sen(\angle BCQ)\times CQ=sen(120-\alpha)\times CQ

Reemplazando, a las areas de los triangulos por la conocida formula de area, nos queda:

[math]\frac{PX}{XC}=\frac{\frac{1}{2}\times BP\times h_1}{\frac{1}{2}\times BC\times h_2}=\frac{BP\times sen(\alpha) \times PQ}{BC\times sen(120-\alpha)\times CQ}=\frac{BP\times sen(\alpha)}{BC\times sen(120-\alpha)}=(\frac{BP}{BC})^2

Concluyendo asi que:

[math]\frac{PY}{YA}=(\frac{BP}{BA})^2=(\frac{BP}{BC})^2=\frac{PX}{CX}

CQD

[amcandio]

PROBLEMA 8:

Sea [math]H el ortocentro de un triangulo acutangulo [math]\triangle ABC. La circunferencia [math]\Gamma_A que tiene centro en el punto medio del lado [math]BC y que pasa por [math]H corta a [math]BC en [math]A_1 y [math]A_2. De manera similar, definimos [math]B_1, [math]B_2, [math]C_1 y [math]C_2. Probar que los seis puntos [math]A_1, [math]A_2, [math]B_1, [math]B_2, [math]C_1 y [math]C_2 son conciclicos.

[Nacho]

Solucion al Problema 8

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Veamos primero que [math]A_1, [math]A_2, [math]B_1 y [math]B_2 pertenecen a una circunferencia. El eje radical de las dos circunferencias [math]\Gamma_A y [math]\Gamma_B es una recta perpendicular a la recta que une los dos centros de las circunferencias y que pasa por [math]H. Pero la recta que pasa por los centros de las circunferencias es la base media, de donde el eje radical es una recta que pasa por [math]H y es perpendicular a la base, de donde es una altura, y eso implica que [math]C pertenece al eje radical. Por potencia de un punto [math]CA_1\cdot CA_2 = CB_1CB_2, de donde [math]A_1A_2B_1B_2 es ciclico. De manera analoga, [math]A_1A_2C_1C_2 es ciclico y [math]B_1B_2C_1C_2 tambien lo es. El centro de la circunferencia que pasa por [math]A_1A_2B_1B_2 es la interseccion de las mediatrices de [math]A_1A_2 y [math]B_1B_2, pero por definicion de los puntos esas son las mediatrices de [math]BC y [math]CA, que es el circuncentro de [math]\triangle ABC. Analogamente, las circunferencias que pasan por [math]A_1A_2C_1C_2 y
[math]B_1B_2C_1C_2 tienen centro en el circuncentro de [math]\triangle ABC, de donde sigue claramente que [math]A_1 A_2 B_1 B_2 C_1 C_2 es ciclico. QED.

Problema 9:

Sea [math]ABCD un cuadrilatero ciclico y sean [math]H_1 y [math]H_2 los ortocentros de los triangulos [math]\triangle ABC y [math]\triangle CDA respectivamente. Demostrar que [math]H_1H_2 es paralelo a [math]BD.

[No, manzana]

Problema 9:

Sea [math]ABCD un cuadrilatero ciclico y sean [math]H_1 y [math]H_2 los ortocentros de los triangulos [math]\triangle ABC y [math]\triangle CDA respectivamente. Demostrar que [math]H_1H_2 es paralelo a [math]BD.

Solución problema 9:

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Primero vamos a probar un lemita:

Sea [math]t una circunferencia, sean [math]Y,Z dos puntos fijos en ella y un punto [math]X que vive en el arco [math]YZ tal que el angulo [math]YXZ es agudo, si [math]H es el ortocentro de [math]XYZ, entonces [math]XH es constante.

Para demostrar el lema vamos a usar el teorema del seno en el triángulo [math]XHZ (El calculo de angulitos lo voy a omitir):

[math]\dfrac{XH}{sen(90°- YXZ)} = \dfrac{XH}{sen(HZX)} = \dfrac{XZ}{sen(XHZ)} = \dfrac{XZ}{sen(180°- XYZ)} = \dfrac{XZ}{sen(XYZ)} = 2R

Siendo [math]R el radio de [math]t, como [math]R y el ángulo [math]YXZ son constantes, entonces hemos demostrado el lema.

Volviendo al problema, sí [math]ABC=ADC=90º, es directo que [math]H_1H_2 es paralelo a [math]BD, entonces sin perder generalidad podemos suponer que [math]ABC es agudo. Veamos que [math]DH_2 es perpendicular a [math]AC y [math]CD perpendicular a [math]AH_2, luego [math]D es el ortocentro de [math]ACH_2. Usando arco capaz tenemos [math]ABD=ACD=AH_2D y [math]CBD=CAD=DAC, luego [math]AH_2C=ABC, entonces, si proyectamos el triángulo [math]AH_2C con respecto a [math]AC, donde [math]U es la proyección de [math]H_2 y [math]V la proyección de [math]D, veamos que [math]H_2 pertenece a la circunferencia por arco capaz, entonces por el lema [math]BH_1=UV=DH_2, además, [math]H_1B es paralelo a [math]H_2D, pues ambos están sobre rectas perpendiculares a [math]AC y finalmente el cuadrilátero [math]H_1H_2DB tiene un par de lados iguales y paralelos, entonces es un paralelogramo y demostramos lo que queríamos.

Problema 10:

Sea [math]ABC un triángulo tal que el ángulo [math]BAC=45º. Sean [math]P y [math]Q puntos interiores del triángulo [math]ABC tales que [math]ABQ=QBC=PBC y [math]ACQ=QCP=PCB. Sean [math]D y [math]E los pies de las perpendiculares trazadas desde [math]P a los lados [math]CA y [math]AB, respectivamente. Demostrar que [math]Q es el ortocentro del triángulo [math]ADE.



¡Una propuesta! una vez que ya se haya solucionado el problema, el que lo propuso indica de donde proviene el problema (de que libro o olimpíada) editando el post en donde lo enuncia el problema.

[Vladislao]

Solución Problema 10

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Sea [math]X = DQ \cap AB y [math]Y=EQ \cap AC.

Es trivial por suma de ángulos que [math]BQ\perp QC. Además, es sencillo ver que [math]P es el incentro del triángulo [math]\triangle BQC, por lo que [math]\angle PQC = 45º.

Sea [math]I el incentro del [math]\triangle PDC, es trivial que [math]I está en la recta [math]CQ, además, [math]\angle PDI = 45º. Luego, tenemos que, [math]45º = \angle PDI = \angle PQI = \angle PQC, en particular por [math]\angle PDI = \angle PQI, tenemos que el cuadrilátero [math]PQDI es cíclico.

Además, como [math]I era incentro en el [math]PDC, se tiene que [math]\angle PIC = 135º, por lo que [math]\ange QIP = 45º, y por la ciclicidad, [math]\angle QDP = 45º, pero entonces, [math]\angle QDA = 180º-\angle QDP - \angle PDC = 180º-45º-90º = 45º.

Entonces, [math]\angle QDA = \angle XDA = 45º, de donde se sigue fácilmente que [math]DQ \perp AC, y de manera completamente análoga, que [math]EQ \perp AC, demostrando que [math]Q es ortocentro en el[math]\triangle ADE.

Problema 11

Sea [math]\triangle ABC un triángulo tal que [math]\angle BAC=36º. Sean [math]I, [math]O y [math]H sus incentro, circuncentro y ortocentro respectivamente. Se sabe que el cuadrilátero [math]AOIH es cíclico (con los vértices en ese orden). Hallar la longitud de [math]\angle ACB.

[No, manzana]

Solución Problema 10

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Sea [math]X = DQ \cap AB y [math]Y=EQ \cap AC.

Es trivial por suma de ángulos que [math]BQ\perp QC. Además, es sencillo ver que [math]P es el incentro del triángulo [math]\triangle BQC, por lo que [math]\angle PQC = 45º.

Sea [math]I el incentro del [math]\triangle PDC, es trivial que [math]I está en la recta [math]CQ, además, [math]\angle PDI = 45º. Luego, tenemos que, [math]45º = \angle PDI = \angle PQI = \angle PQC, en particular por [math]\angle PDI = \angle PQI, tenemos que el cuadrilátero [math]PQDI es cíclico.

Además, como [math]I era incentro en el [math]PDC, se tiene que [math]\angle PIC = 135º, por lo que [math]\ange QIP = 45º, y por la ciclicidad, [math]\angle QDP = 45º, pero entonces, [math]\angle QDA = 180º-\angle QDP - \angle PDC = 180º-45º-90º = 45º.

Entonces, [math]\angle QDA = \angle XDA = 45º, de donde se sigue fácilmente que [math]DQ \perp AC, y de manera completamente análoga, que [math]EQ \perp AC, demostrando que [math]Q es ortocentro en el[math]\triangle ADE.

Problema 11

Sea [math]\triangle ABC un triángulo tal que [math]\angle BAC=36º. Sean [math]I, [math]O y [math]H sus incentro, circuncentro y ortocentro respectivamente. Se sabe que el cuadrilátero [math]AOIH es cíclico (con los vértices en ese orden). Hallar la longitud de [math]\angle ACB.

AOIH es ciclico? o los 4 puntos son conciclicos?

[Nacho]

Solucion del Problema 11:

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Es un hecho conocido que en un triangulo [math]\triangle ABC, el conjugado isogonal del circuncentro es el ortocentro. Entonces, [math]\angle OAC = \angle HAB = \alpha, y ademas, como [math]\angle OAC = \angle OCA porque [math]\triangle OAC es isosceles, tenemos que [math]\angle OCA = \angle HCB = \alpha.

Como el incentro es el punto de interseccion de las bisectrices, tenemos que [math]\angle CAI = \angle BAI, pero como [math]\angle OAC = \angle HAB, tenemos que [math]\angle OAI = \angle HAI. Como [math]AOIH es ciclico, tenemos que [math]\angle OAI = \angle OHI y [math]\angle HAI = \angle HOI, de donde [math]\triangle OIH es isosceles con [math]IO=IH.

De la misma manera, [math]\angle OCI = \angle HCI. Miremos Teorema del Seno en [math]\triangle COI y [math]\triangle CHI: [math]\dfrac{OI}{\sin \angle OCI} = \dfrac{CI}{\sin \angle COI} y [math]\dfrac{IH}{\sin \angle HCI} = \dfrac{CI}{\sin \angle CHI}, de donde [math]\sin \angle COI = \sin \angle CHI.

Tenemos dos casos entonces, [math]\angle COI = \angle CHI y [math]\angle COI = 180^{\circ}-\angle CHI.

De la misma forma, vemos que pasa lo mismo con [math]B, y tenemos los dos casos con [math]B: [math]\angle BOI = \angle BHI y [math]\angle BOI=180^{\circ}-\angle BHI.

Notemos que si [math]\angle COI = \angle CHI entonces [math]\angle BOI=180^{\circ}-\angle BHI, y que si [math]\angle COI = 180^{\circ}-\angle CHI entonces [math]\angle BOI = \angle BHI.

Esto se debe a que [math]\angle BOI=180^{\circ}-\angle BHI implica que [math]BOIH es ciclico, de donde [math]AOIHB es ciclico. Si tambien pasara que [math]\angle COI=180^{\circ}-\angle CHI tendriamos que [math]COIH tambien es ciclico de donde [math]ABCOIH seria ciclico, pero como [math]O es el centro de la circunferencia que pasa por [math]ABC esto es imposible. Y si tuvieramos que [math]\angle BOI = \angle BHI y [math]\angle COI = \angle CHI tendriamos que [math]CH=BH que nos lleva a una rapida contradiccion.

Entonces, [math]ACOIH es ciclico o [math]AOIHB es ciclico.

Vamos a mirar solamente el caso [math]ACOIH ciclico ya que el otro es identico.

[math]\angle OAB = \angle HAC = \omega. [math]\angle OAI = \angle IAH=\theta. Tenemos que [math]\angle BAC = 2\omega + 2\theta = 36^{\circ}. Ademas, como [math]\triangle AOC es isosceles, [math]\angle OAC = \angle OCA=\omega + 2\theta. Por arco capaz, [math]\angle OAH = \angle OCH = 2\theta. Por conjugados isogonales, [math]\angle OCA = \angle HCB = \omega + 2\theta. Notemos tambien que [math]\angle AOC = 180^{\circ}-2\omega - 4\theta, y como [math]\angle AOC = 2\angle ABC, tenemos que [math]\angle ABC = 90^{\circ}-\omega -2\theta. Finalmente, notemos que [math]\angle OAB = \angle OBA = \omega y [math]\angle OCB = \angle OBC = \omega + 4\theta. Entonces, [math]2\omega + 4\theta = 90^{\circ}-\omega -2\theta y asi [math]3\omega + 6\theta = 90, de donde [math]\omega + 2\theta=30. Pero teniamos [math]2\omega + 2\theta = 36^{\circ}, de donde [math]\omega = 6^{\circ} y [math]\angle ACB = 84^{\circ} y [math]ABC=60^{\circ}.

En el otro caso obtenemos los mismos valores para [math]\angle ACB y [math]ABC pero invertidos.

Problema 12: (Vamos a poner algo de construcciones jeje)

Sea [math]\triangle ABC un triangulo y sean [math]K y [math]L puntos medios de los lados [math]AC y [math]BC respectivamente. Sea [math]M el punto de interseccion de las medianas de [math]\triangle ABC. Se sabe que [math]C, [math]K, [math]L y [math]M estan en la circunferencia [math]S.

Construir con regla y compas el triangulo [math]\triangle ABC, dados [math]K, [math]L y la circunferencia [math]S.