OMA Foros

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]ABC un triángulo equilátero de lado [math]10. Sea [math]M el punto medio de [math]BC. Sea [math]D un punto en el segmento [math]AM. Sea [math]P la intersección de [math]BD y [math]AC. Si [math]\angle APD = \angle MPC, hallar [math]MD.

Solución del Problema 1:

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Notemos que [math]\triangle PCM es semejante a [math]\triangle PAB. Entonces, se cumple que [math]\frac{PA}{PC} = \frac{AB}{CM} = 2, de donde [math]PA = 2PC. Pero notemos que [math]PA+PC = 10, de donde [math]PA=\frac{20}{3} y [math]PC = \frac{10}{3}. Por Teorema del Coseno en [math]\triangle PAB, tenemos que [math]PB^2 = PA^2 + AB^2 - 2PB\times AB \cos 60^{\circ}, de donde (haciendo la cuenta jeje) tenemos que [math]PB = \frac{10\sqrt{7}}{3}. Con la semejanza vemos que [math]PM = \frac{PB}{2} = \frac{5\sqrt{7}}{3}.

Dejemos que [math]\angle APB = \alpha. Vamos a calcular [math]\sin \alpha y así [math]\cos \alpha. Por Teorema del Seno en [math]\triangle PAB, tenemos que [math]\frac{10}{\sin \alpha} = \frac{\frac{10\sqrt{7}}{3}}{\sin 60^{\circ}}, de donde (pasando multiplicando y eso) [math]\sin \alpha = \frac{3\sqrt{21}}{14}. Con la identidad [math]\sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha = 1, tenemos que [math]\cos^2 \alpha = \frac{1}{28}, de donde [math]\cos \alpha = \pm \frac{\sqrt{7}}{14}. Pero tomamos la solución positiva porque el ángulo es agudo.

Ahora usamos la extension del Teorema del Seno en [math]\triangle APM. Tenemos que [math]\frac{AD}{DM} = \frac{AP}{PM} \frac{\sin \alpha}{\sin 180^{\circ} - 2 \alpha}, Vemos que [math]\sin 180^{\circ} - 2 \alpha = \sin 2 \alpha = 2 \sin \alpha \cos \alpha. Entonces, nuestra cuenta queda [math]\frac{AD}{DM} = \frac{AP}{PM} \frac{1}{2 \cos \alpha}. Reemplazando todos esos valores (que los tenemos jeje), vemos que [math]\frac{AD}{DM} = 4, de donde [math]AD = 4DM. Pero notemos que [math]AD + DM = AM = 5\sqrt{3}. Entonces [math]DM = \sqrt{3} y estamos.

Problema 2:

Dada una circunferencia y un punto [math]A exterior a la circunferencia, sean [math]M y [math]N los puntos de tangencia de las rectas tangentes a la circunferencia trazadas desde [math]A. Una recta por [math]A interseca a la circunferencia en [math]B y [math]C. Si [math]D es el punto medio del segmento [math]MN, demostrar que [math]MN es bisectriz del ángulo [math]\angle BDC.

No corresponde pero posteo otra sol del P1

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P1 MARATON DE GEOM.png

Primero vemos que [math]\triangle APB \approx \triangle CPM entonces:

[math]\frac{AB}{CM} = \frac{AP}{PC} = 2 \Rightarrow AP = \frac{20}{3}, PC = \frac{10}{3}

Ahora por Teorema del Coseno en [math]\triangle PAB tenemos:

[math]PB^{2} = AP^{2}+AB^{2}-2\times AP\times AB\times cos(PAB)= (\frac{20}{3})^{2}+10^{2} - 2\times \frac{20}{3}\times 10\times \frac{1}{2} \Rightarrow PB = \frac{10\sqrt{7}}{3}

Veamos que [math]AD es bisectriz de [math]\widehat{PAB}, entonces por Teorema de la Bisectriz tenemos:

[math]\frac{AP}{AB} = \frac{PD}{DB} = \frac{\frac{20}{3}}{10} = \frac{2}{3} entoces:

[math]\frac{2}{3} = \frac{PD}{DB} \Rightarrow \frac{2+3}{3} = \frac{PD+DB}{DB} pero [math]PD+DB = PB = \frac{10\sqrt{7}}{3} (remplazando)

[math]\frac{5}{3} = \frac{\frac{10\sqrt{7}}{3}}{DB} \Rightarrow DB = \frac{10\sqrt{7}}{5}

Claramente [math]\triangle MBD es rectangulo por ser [math]AM \perp BC
Ahora por Pitágoras en [math]\triangle MBD

[math]MD^{2} = DB^{2}-MB^{2} = (\frac{10\sqrt{7}}{5})^{2}-5^{2}= 28-25=3\Rightarrow MD = \sqrt{3}

Solucion Problema 2:

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[math]O es el centro del circulo. [math]AB\cdot AC=AM^2=AD\cdot AO entonces [math]BCOD es ciclico. Sea [math]P la interseccion del circuncirculo de [math]BCOD con la mediatriz de [math]BC. Tenemos que [math]PDO es recto y por lo tanto [math]P, [math]M y [math]D son colineales. De la definicion de [math]P obtenemos que [math]PD es bisectriz de [math]BDC de donde se concluye.

xD13G0x escribió:Solucion Problema 2:

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[math]O es el centro del circulo. [math]AB\cdot AC=AM^2=AD\cdot AO entonces [math]BCOD es ciclico. Sea [math]P la interseccion del circuncirculo de [math]BCOD con la mediatriz de [math]BC. Tenemos que [math]PDO es recto y por lo tanto [math]P, [math]M y [math]D son colineales. De la definicion de [math]P obtenemos que [math]PD es bisectriz de [math]BDC de donde se concluye.

La hiciste re fácil, me humillaste, ah, y te faltó de postiar el problema.

Estamos esperando el nuevo problema.

Perdon por no poner problema, ahi va!.
Problema 3:
Sea [math]ABCD un quadrilatero ciciclico con diagonales perpendiculares y circunradio [math]R. Demuestre que [math]AB^2+BC^2+CD^2+DA^2=8R^2

Solución Problema 3:

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Primero, notemos que:

[math]\mbox{área}(ABCD)=\mbox{área}(ABD)+\mbox{área}(BCD)=\frac{AB\cdot BD\cdot AD}{4R}+\frac{BC\cdot CD\cdot BD}{4R}.

Y que:

[math]\mbox{área}(ABCD)=\mbox{área}(ABC)+\mbox{área}(ACD)=\frac{AB\cdot BC\cdot AC}{4R}+\frac{AC\cdot CD\cdot AD}{4R}.

También, es sencillo notar que [math]\mbox{área}(ABCD)=\frac{AC\cdot BD}{2}, de donde, reemplazando en nuestra primera igualdad obtenemos que:

[math]\frac{AC\cdot BD}{2}=\frac{AB\cdot BD\cdot AD}{4R}+\frac{BC\cdot CD\cdot BD}{4R}\Rightarrow \boxed{2R = \frac{AB\cdot AD+BC\cdot CD}{AC}}

Si reemplazamos [math]\mbox{área}(ABCD)=\frac{AC\cdot BD}{2} en la segunda igualdad que obtuvimos:

[math]\frac{AC\cdot BD}{2}=\frac{AB\cdot BC\cdot AC}{4R}+\frac{AC\cdot CD\cdot AD}{4R}\Rightarrow \boxed{2R=\frac{AB\cdot BC+CD\cdot DA}{BD}}

Multiplicando las dos igualdades del recuadro, obtenemos que:

[math]4R^2=\frac{(AB\cdot AD+BC\cdot CD)\cdot(AB\cdot BC+CD\cdot DA)}{AC\cdot BD}

Como [math]ABCD era cíclico, por el teorema de Ptolomeo, se cumple que: [math]AC\cdot BD = AB\cdot CD+AD\cdot BC, por lo que reemplazando en la última igualdad:

[math]4R^2=\frac{(AB\cdot AD+BC\cdot CD)\cdot(AB\cdot BC+CD\cdot DA)}{AB\cdot CD+AD\cdot BC}

Expandiendo el numerador:

[math]4R^2=\frac{AB^2\cdot AD\cdot BC+BC^2\cdot CD\cdot AB+AD^2\cdot AB\cdot CD+CD^2\cdot BC\cdot DA}{AB\cdot CD+AD\cdot BC}

Factorizando:

[math]4R^2=\frac{AB\cdot CD\cdot (BC^2+AD^2) + AD\cdot BC\cdot (AB^2+CD^2) }{AB\cdot CD+AD\cdot BC}

Como sabemos que [math]AC\perp BD, entonces [math]AB^2+CD^2=AD^2+BC^2. por lo que, reemplazando:

[math]4R^2=\frac{AB\cdot CD\cdot (AB^2+CD^2) + AD\cdot BC\cdot (AB^2+CD^2) }{AB\cdot CD+AD\cdot BC}

Queda que:

[math]4R^2=\frac{(AB^2+CD^2)(AB\cdot CD+AD\cdot BC) }{AB\cdot CD+AD\cdot BC}=AB^2+CD^2

Finalmente:

[math]8R^2=2\cdot(AB^2+CD^2) = AB^2+BC^2+CD^2+DA^2 como queríamos probar.

Problema 4

Sea [math]ABC un triángulo y sean [math]X, [math]Y, [math]Z puntos exteriores al triángulo [math]ABC de modo tal que [math]ABZ, [math]BCX y [math]CAY son triángulos equiláteros que no se superponen con [math]ABC. Sea [math]B' el punto medio de [math]BC y [math]N' el punto medio de [math]CY y sean [math]M y [math]N los puntos medios de [math]AZ y [math]CX respectivamente. Demostrar que [math]B'N' \perp MN.

Solución Problema 4:

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Por base media en [math]\triangle BYC se ve fácilmente que [math]B'N' \parallel BY. Sean [math]O_1 y [math]O_2 los centros de las circunferencias circunscritas a [math]\triangle ABZ y [math]\triangle BCX respectivamente. Consideremos la homotecia de centro [math]B y razón [math]\frac{3}{2} que nos lleva [math]O_1 a [math]M y [math]O_2 a [math]N (como son equiláteros, son circuncentros y baricentros a la vez), y nos mantiene la recta [math]BY fija. Luego, queremos demostrar que [math]O_1O_2 \perp BY.

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

Notemos que [math]AX, [math]BY y [math]CZ concurren. (Es una propiedad conocida, pero la voy a demostrar con un truquito copado (?)): Definimos [math]X_1 = AX\cap BC, [math]Y_1 = BY \cap AC y [math]Z_1 = CZ \cap AB. Queremos que se verifique el teorema de Ceva, es decir [math]\frac{AY_1}{Y_1C}\frac{CX_1}{X_1B}\frac{BZ_1}{Z_1A}=\frac{(\triangle ABY)}{(\triangle BCY)}\frac{(\triangle ACX)}{(\triangle ABX)}\frac{(\triangle BCZ)}{(\triangle ACZ)}=\frac{AB\cdot AY \cdot \sin(60^{\circ}+A)}{BC\cdot CY\cdot \sin(60^{\circ}+C)}\frac{AC\cdot CX \cdot \sin(60^{\circ}+C)}{AB\cdot BX \cdot \sin(60^{\circ}+B)}\frac{BC\cdot BZ\cdot \sin(60^{\circ}+B)}{AC\cdot AZ \cdot \sin(60^{\circ}+A)} = 1, de donde concurren. (Punto de Fermat).

Llamemos [math]F al punto de Fermat. Notemos que [math]\triangle YCB y [math]\triangle ACX son congruentes ya que [math]\angle YCB = \angle ACX y se cumple la proporción entre los lados [math]\frac{YC}{AC} = \frac{CB}{CX} = 1 (Eso o hacer una rotación por [math]C). Entonces [math]\angle CAF = \angle CYF y [math]\angle CBF = \angle CXF, de donde [math]AFCY y [math]BFCX son cíclicos. De manera análoga se puede ver que [math]AZBF es cíclico. Luego, [math]F es el centro radical de las circunferencias circunscritas a los equiiláteros, y se ve fácilmente que la recta [math]FB es el eje radical de las dos circunferencias [math]\mathcal{C}(ABZ) y [math]\mathcal{C}(BCX), y como [math]Y \in FB tenemos que [math]BY \perp O_1O_2 y estamos.

Problema 5:

Sea [math]\triangle ABC un triángulo acutángulo, y sean [math]D, [math]E y [math]F las alturas correspondientes a los vértices [math]A, [math]B y [math]C respectivamente. Consideremos el punto de intersección entre la recta [math]EF y el arco [math]AB de la circunferencia circunscrita a [math]\triangle ABC que no contiene a [math]C. Llamémoslo [math]P. Sea [math]Q el punto de intersección entre las rectas [math]BP y [math]DF. Demostrar que [math]AP=AQ.

Solución problema 5:

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Para probar lo que se nos pide debemos probar que [math]\angle{AQP} = \angle{QPA} . Bien, como APBC es cíclico tenemos que [math]\angle{BCA}= \angle{QPA} [*].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]\angle{BCA} = \angle{AFE} = \angle{DFB} [**], pero por opuestos por el vértice [math]\angle{DFB} = \angle{QFA}, entonces por transitividad [math]\angle{QFA} = \angle{AFE} . De lo anterior se desprende que QPFA es cíclico, pues [math]\angle{QPA} = \angle{QFA}, por lo tanto, [math]\angle{AFE} = \angle{AQP} pero por [*], [**] y lo anterior, entonces se obtiene lo pedido