Maratón de Problemas de Geometría

BrunZo

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por BrunZo »

Dejo esto por acá para que otra vez los padres no se horroricen con lo que ven sus hijos en internet:
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Vamos a nombrar unas nuevas cositas:
  • Sea $L$ el pie de la bisectriz por $B$, es decir, la intersección de $BP$ con $AC$.
  • Sea $N$ el punto medio de $AD$.
  • Sea $H$ el pie de la perpendicular a $BP$ por $A$.
solución 1.png
Primero que nada, como $AB = BD$, sabemos que $\angle BAD = \angle BDA = \alpha$. Entonces, $\angle ABC = 2\alpha$. Como $BP$ es bisectriz de $\angle B$, vale que $\angle ABP = \alpha$, de donde se sigue que $AD\parallel BP$.

Pero por el mismo isósceles, también sabemos que $BN\perp AD$, y por ende también $BN\perp BP$. Y además sabemos que $AH\perp BP$ (por definición), así que ahora también $AH\perp AD$. Por todos estos ángulos rectos, vemos que $AHBN$ es un rectángulo.

De esto, se sigue que $AN$ y $BH$ son iguales y paralelos. Pero como $N$ es punto medio de $AD$, vemos que $DN$ y $BH$ también son iguales y paralelos, luego $BDNH$ es un paralelogramo.

Por lo tanto, $BD\parallel HN$. Pero en el triángulo $ACD$, como $HN$ es paralela a la base $CD$ y pasa por $N$, es la base media, así que también pasa por $M$ (i.e., $M$, $N$ y $H$ son colineales).

Pero bueno, notemos que ahora tenemos las rectas:

$$A,\, M,\, L\quad N,\, M,\, H,\quad D,\, M,\, P$$

Pero sabemos que $A$, $N$, $D$, y $L$, $H$, $P$ están alineados en dos rectas paralelas, luego el hecho de que $N$ sea punto medio de $AD$, implica que $H$ punto medio de $PL$. Pero habíamos definido $H$ para que $AH$ y $PL$ sean perpendiculares, así que esto demuestra que $APL$ es isósceles con $AP=AL$.

Como consecuencia,

$$\angle APL = \angle ALP = \angle BLC$$

Pero entonces, mirando los triángulos $BLC$ y $BPA$, vemos que

$$\angle ABP = \angle LBC,\quad \angle APB = \angle BLC.$$

Lo que implica que $\angle BAP = \angle BCL = \angle ACB$, como queríamos.
Creo que hay otra que es igualmente divertida:
Spoiler: mostrar

Vamos a usar la construcción mágica de las soluciones de arriba: supongamos que $AP$ y $CP$ cortan a $BC$ y $AB$ en $E$ y $F$, respectivamente.
solución 2.png
Como antes, sabiendo que $BP\parallel AD$ y que por Ceva con el punto $P$ vale $EF\parallel AC$, vemos que tenemos

$$\frac{BP}{BL}=\frac{DF}{DA}=\frac{DE}{DC}=\frac{DB+BE}{DB+BC}=\frac{AB+BE}{AB+BC}$$

Lo cual es muy intrigante. De hecho, vamos a ver el siguiente lemita divertido:


Lema divertido: Sean $A_1B_1C_1$ y $A_2B_2C_2$ dos triángulos tales que $\angle B_1A_1C_1=\angle B_2A_2C_2$ y
$$\frac{A_1B_1+A_1C_1}{A_2B_2+A_2C_2}=\frac{A_1L_1}{A_2L_2}$$
donde $L_1$ y $L_2$ son los pies de las bisectrices por $A_1$ y $A_2$ de los respectivos triángulos. Entocnes $A_1B_1C_1$ y $A_2B_2C_2$ son semejantes.

La demostración no es super interesante, pero también es divertida: la idea es que todo "criterio de semejanza" en realidad es en el fondo un "criterio de congruencia". Supongamos que agarramos el triángulo $A_2B_2C_2$ y lo achicamos o agrandamos (uniformemente, como si hiciéramos un zoom) de modo que resulte ser que $A_1L_1=A_2L_2$. Entonces, la proporción con la que achicamos/agrandamos es exactamente $\lambda=\frac{A_1L_1}{A_2L_2}$ (porque, notemos que si multiplicamos $A_2L_2$ por $\lambda$, obtenemos $A_1L_1$). Pero por la igualdad de razones que teníamos, ahora también sabemos que $A_2B_2+A_2C_2$ ahora se volvió igual a $A_1B_1+A_1C_1$, por lo que tenemos ahora el mismo lema, nada más que ahora la razón es 1; y además ahora vamos a poder probar no solo que son semejantes sino que son congruentes.

Para verlo, hagamos coincidir los ángulos iguales $A_1$ y $A_2$ y hagamos coincidir las bisectrices $A_1L_1=A_2L_2$. Entonces, notemos que como $A_1=A_2$, $B_1$ y $B_2$ están alineados y lo mismo con los $C$, entonces la igualdad $A_1B_1+A_1C_1=A_2B_2+A_2C_2$ se transforma en $B_1B_2=C_1C_2$.
lema.png
Pero bueno, como que intuiticamente uno ya puede terminar de convencerse que esto solo puede pasar si $B_1=B_2$ y $C_1=C_2$, o bien si $B_1B_2$ y $C_2C_1$ son simétricos por la bisectriz. Una forma de convencerse de esto es que si $C_2$ estuviese "más arriba" de $B_1$, entonces terminaría pasando que la diferencia de alturas entre $B_1$ y $C_2$ sería mayor que la diferencia entre $B_2$ y $C_1$, lo que impediría la igualdad. Si se intuye así para los otros casos, se llega a un argumento que prueba finalmente el lema. (Claro que esto habría que formalizarlo, y tampoco sé si es la mejor forma de probar el lema, pero es una idea.)


Y bueno, habiendo probado el lema, la igualdad que habímos descubierto arriba se traduce en que $ABC$ y $EBA$ son semejantes (con ese orden de vértices), así que $\angle BAP=\angle ACB$, como queríamos.
EDIT: bueno, es gracioso porque termine encontrando algo bastante interesante, je.
Spoiler: mostrar

La idea es probar el lema de antes, pero esta vez de otra forma. En vez de hacer coincidir las bisectrices, vamos a hacer coincidir los lados $B_1C_1$ y $B_2C_2$.
algo vistoso.png
Lo curioso de esto, es que como los ángulos en $A$ eran iguales, ahora nos queda que los cuatro puntos $B$, $C$, $A_1$ y $A_2$ son concíclicos. Aparte, las bisectrices de los ángulos $A$ pasan por el punto medio del arco $BC$ que no contiene a $A$, que es el mismo para ambos, llamémoslo $M$. Entonces, también vamos a introducir $N$, el otro punto medio, pero del arco $BAC$, el que sí contiene a $A$. Lo que nos sirve de este punto es una pequeña propiedad un poco conocida, que dice que si $P_1$ es el pie de la perpendicular por $N$ a $A_1B$, entonces $BP_1=\frac{A_1B+A_1C}{2}$ (esto fue recientemente un problema de esta maratón).

Pero bueno, lo que está super interesante es que si también introducimos $P_2$ como el pie hacia $A_2B$, entonces vemos que $\angle BP_1N=\angle BP_2N=90^{\circ}$ y que los ángulos $\angle P_1BN$ y $\angle P_2BN$ corresponden a los arcos $A_1N$ y $A_2N$. Y curiosamente, también hallamos dos ángulos rectos cuando notamos que $M$ y $N$ son opuestos diametrales: tenemos que $\angle MA_1N=\angle MA_2N$, y además los ángulos $\angle A_1MN$ y $\angle A_2MN$ son los mismos arquitos $A_1N$ y $A_2N$. Con esto ya no es difícil ver que lo que en realidad tenemos es una semejanza de cuadriláteros $BP_1NP_2$ y $MA_1NA_2$, lo cual es demasiado interesante. ( pst, en realidad lo que está pasando es una rotohomotecia, pero no le digas a nadie ; ) [sí, ya me estoy haciendo un lío terrible con los hipervínculos] )

Pero bueno, hablando en serio, lo genial de esto es que ahora sabemos que

$$\frac{A_1B+A_1C}{A_2B+A_2C}=\frac{2BP_1}{2BP_2}=\frac{MA_1}{MA_2}$$

Y lo que sabíamos era que la primera razón era igual a $\frac{A_1L_1}{A_2L_2}$ (es lo que nos daba la hipótesis del lema), así que esto se traduce en que $A_1A_2$ y $BC$ son paralelas... pero... bueno, esto solo puede pasar si $A_1A_2CB$ es un trapecio isósceles y queda que $A_1BC$ y $A_2BC$ son congruentes... como queríamos : )))
Y bueno, con los permisos especiales de @EmRuzak y @Sandy, voy a poner el siguiente problema:

Problema 184:

Sea $ABC$ un triángulo en el que marcamos $D$ y $E$ en los lados $AB$ y $AC$, respectivamente, tales que $DB=BC=CE$. Digamos que $BE$ y $CD$ se cortan en $F$. Probar que el incentro de $ABC$, el otrocentro de $DEF$ y el punto medio del arco $BAC$ son colineales.
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Mazzo

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Mazzo »

Solución Problema 184
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Sea $I$ en incentro del triángulo $ABC$. Como el triángulo $BCE$ es isósceles, entonces $CI$ es perpendicular a $BE$. Del mismo modo, $BI$ es perpendicular a $CD$. Denotemos $C_1$ a la intersección entre $CI$ y $BE$, y $B_1$ a la intersección entre $BI$ y $CD$. Como el cuadrilátero $BCB_1C_1$ es cíclico, tenemos la siguiente relación que se desprende de la potencia de $I$: $IB.IB_1=IC.IC_1 (1)$

Sea $H$ el ortocentro del triángulo $DEF$. Denotemos $D_1$ y $E_1$ a los pies de las alturas trazadas desde $D$ y $E$ en el triángulo $DEF$, respectivamente. Como el cuadrilátero $EDE_1D_1$ es cíclico, tenemos la siguiente relación que se desprende de la potencia de $H$: $DH.HD_1=EH.HE_1 (2)$

Sean $w_1$ y $w_2$ las circunferencias de diámetros $BD$ y $CE$ respectivamente (que son iguales por ser $BD=CE$). Como la potencia de $I$ con respecto a $w_1$ es $IB.IB1$ y con respecto a $w_2$ $IC.IC_1$, de $(1)$ sabemos que $I$ se encuentra en el eje radical de $w_1$ y $w_2$. Del mismo modo, como la potencia de $H$ con respecto a $w_1$ es $DH.HD_1$ y con respecto a $w_2$ es $EH.HE_1$, de $(2)$ se desprende que $H$ se encuentra sobre el eje radical de $w_1$ y $w_2$. Entonces la recta $IH$ es el eje radical de $w_1$ y $w_2$.

Sea $M$ el punto medio del arco $BAC$. Solo nos resta demostrar que $M$ también se encuentra sobre el eje radical de $w_1$ y $w_2$.

Por definición de $M$, sabemos que $MB=MC$. Sean $O_1$ y $O_2$ los centros de $w_1$ y $w_2$ respectivamente. Como $BD=CE$ son diámetros de las circunferencias, entonces sus centros se encuentran sobre los mismos. Por lo tanto, $BO_1=CO_2$. Por arco capaz respecto de la cuerda $MA$ en la circunferencia circunscripta de $ABC$, tenemos que $MBO_1=MCO_2$. Por lo tanto, por criterio $LAL$ los triángulos $MBO_1$ y $MCO_2$ son iguales. En consecuencia, $MO_1=MO_2 (3)$.

Para terminar, llamemos $K_1$ y $L_1$ a las intersecciones de la recta $MO_1$ con $w_1$ (con $K_1$ entre $M$ y $L_1$); y $K_2$ y $L_2$ a las intersecciones de la recta $MO_2$ con $w_2$ ($K_2$ se encuentra entre $M$ y $L_2$) respectivamente.

Queremos demostrar que: $MK_1.ML_1=MK_2.ML_2 (4)$

Como $K_1L_1$ y $K_2L_2$ son diámetros de $w_1$ y $w_2$ respectivamente (ya que $ML_1$ y $ML_2$ pasan por los centros de las circunferencias) y como las circunferencias son iguales, $K_1L_1=K_2L_2 (5)$. Sabemos que $MO_1=MK_1+(K_1L_1/2)=MO_2=MK_2+(K_2L_2/2)$, y teniendo en cuentas las relaciones $(3)$ y $(5)$, se llega a que $MK_1=MK_2$. Como $ML_1=MK_1+K_1L_1$ y $ML_2=MK_2+K_2L_2$, se cumple $(4)$.

En consecuencia $M$ también se encuentra sobre el eje radical de $w_1$ y $w_2$, por lo que $M$, $H$, $I$ son colineales.
Última edición por Mazzo el Dom 20 Dic, 2020 3:37 pm, editado 2 veces en total.
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Mazzo

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Mazzo »

Problema 185

Sean $\omega _1$ y $\omega _2$ dos circunferencias tangentes exteriores en el punto $F$. La recta $\ell$ es tangente a las circunferencias $\omega _1$ y $\omega _2$ en los puntos $A$ y $B$ respectivamente. Se traza la recta paralela a $\ell$ que es tangente a $\omega _2$ en $C$ e interseca a $\omega _1$ en los puntos $D$ y $E$ (con $D$ entre $E$ y $C$). Demostrar que la cuerda común a las circunferencias circunscriptas de los triángulos $ABC$ y $BDE$ contiene a $F$.
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Gianni De Rico

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

Solución 185
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Bueno, tenemos circunferencias tangentes, así que vamos a invert... nah mentira, no invertimos nada.

Sea $O$ el centro de $\omega _2$, notemos que como la tangente por $C$ es perpendicular a $CO$ y paralela a $\ell$, que a su vez es perpendicular a $BO$, entonces $C,O,B$ están alineados sobre la perpendicular a $\ell$ por $O$, en particular, $BC$ es diámetro de $\omega _2$, así que $\angle BFC=90^\circ$. Además, como $\omega _1$ y $\omega _2$ son tangentes exteriores en $F$, entonces la homotecia de centro $F$ que manda $\omega _1$ a $\omega _2$ manda $A$ a $C$, de modo que $A,F,C$ están alineados, entonces $AC\perp BF$. Pero como $AB$ es tangente a $\omega _2$, entonces $\angle ABC=90^\circ$, así que $AC$ es diámetro de $\odot ABC$, de modo que el simétrico de $B$ por $AC$ está en $\odot ABC$ y en la recta $BF$.
Ahora vamos a demostrar que $A$ es el circuncentro de $BDE$, de eso se sigue que el simétrico de $B$ por $AC$ también está en $\odot BDE$, por lo que el problema queda resuelto. Para ver eso, notemos que por semiinscripto y por ángulos entre paralelas tenemos que $\angle FDA=\angle FEA=\angle FAB=\angle CAB=\angle ACE=\angle FCE=\angle FCD$, en particular $\angle FDA=\angle FCD$ y $\angle FEA=\angle FCE$, por lo que $AD$ es tangente a $\odot FCD$ y $AE$ es tangente a $\odot FCE$, luego, $AD^2=AF\cdot AC=AB^2$ y $AE^2=AF\cdot AC=AB^2$, de modo que $AD=AE=AB$, y con eso estamos.


185.png
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Gianni De Rico

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

Problema 186

Sea $M$ un punto interior al triángulo $ABC$. La recta $AM$ corta al lado $BC$ en $N$, el punto $K$ es el simétrico de $M$ respecto de $BC$, y la recta $BC$ corta a la recta $AK$ en $P$.
Si $\angle BMP=\angle CMN$, demostrar que $\angle BAP=\angle CAN$.
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Fran5

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Fran5 »

Todos los días se aprende algo nuevo.

Solución 186
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Notemos que $\angle BMP = \angle CMN$ implica que $\angle BKN = \angle CKA$
También vemos que $\angle CAP = \angle CAN$ si y sólo si $\angle BAN = \angle CAK$

Luego estaría genial pensar que $B$ y $C$ son conjugados isogonales de $AKN$.
Pero esto sería probar que $\angle BNK = \angle CNA$.

No son iguales! Que hacemos?

No pasa nada, como la demo de conjugados isogonales usa un ceva trigonométrico super trigonometroso y el seno de $\alpha$ es igual al seno de $180 - \alpha$ entonces si podemos decir que $\angle BNK = \angle CNA$, ya que $\angle BNK = \angle BNA$ y es adyacente a $\angle CNA$

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por BrunZo »

Fran5 escribió: Lun 21 Dic, 2020 7:57 pm
Spoiler: mostrar
Checkmate fansdelosangulosdirigos y antitrigonometricos
¿Qué? No jaja
Spoiler: mostrar

O sea, cuando uno quiere ver conjugados isogonales le gusta que las rectas sean simétricas por la bisectriz, es el mejor criterio para ver en el que no te importa si los puntos de las rectas están adentro afuera o dónde quieras.

De hecho, la demostración de conjugados isogonales no usa Ceva trigonométrico. Bah, se puede usarlo, pero de manera muy poco trigonometrosa; en realidad, Ceva trigonométrico es la cosa menos trigonometrosa que hay. Supongamos que tenemos cevianas saliendo de $A$, $B$ y $C$. Lo lindísimo de las cevianas es que podemos crearnos una constante por vértice, digamos $\lambda_A$, $\lambda_B$, $\lambda_C$, de modo que para el vértice $A$, por ejemplo, todo punto en la ceviana cumpla que la proporción de distancias a $AB$ y $AC$ sea $\lambda_A$ (el hecho de que esta proporción es constante se ve por una supersemejanza de cuadriláteros). Y bueno, ahora uno ve que si las cevianas concurren en $P$, entonces viendo las distancias de $P$ a los lados, notamos que $\lambda_A\lambda_B\lambda_C=1$; y bueno, dando una interpretación correcta al seno de los angulitos vemos que esto es Ceva "trigonométrico". Pero bueno, lo importante para los conjugaods isogonales que no es difícil de ver que al invertir estas relaciones (aka reflejar por la bisectriz), el producto 1 sigue valiendo y se ve que siguen concurriendo, sin nada de ángulos dirigidos ni cosas trigonometricosas.

Pero bueno, esta no es la forma linda de verlo. La otra es tomar las reflexiones del punto $P$ por los tres lados y buscar el circuncentro. Haciendo angulitos (que omitiré), no es difícil de ver que este circuncentro es el conjugado isogonal de $P$ (otra vez, lo vemos a partir de la reflexión por la bisectriz).

Checkmate, fansdelatrigonometría.



PD: Igual sí, la moraleja es cierta; mejor dicho, ambas lo son: siempre se aprende algo nuevo y uno de estos algos puede ser el hecho de que los conjugados isogonales pueden aparecerse de las maneras más raras imaginables (por afuera, en una bisectriz, etcétera 😊)

PPD: Ah, y también es lindo de ver el caso en el que $N$ es punto medio de $BC$.
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Fran5

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Fran5 »

Yo personalmente sentía que la trigonometría es el único puente entre ángulos y longitudes, de modo que debería ser la única forma de probar la existencia de un conjugado isogonal (i.e., relacionar angulitos con concurrencia). Nunca fui fan de usarla, y de hecho evito hacerlo.

Gracias por la cátedra Brunito, por un momento perdía la fe :)

Vamos con uno clásico, posiblemente repetido

Problema 187
Sea $ABC$ un triángulo isósceles con $\angle ABC = \angle ACB = 80$. Si $D$ está en el segmento $AB$ con $AD = BC$, hallar el ángulo $\angle BDC$
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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

Fran5 escribió: Mar 22 Dic, 2020 9:58 amProblema 187
Sea $ABC$ un triángulo isósceles con $\angle ABC = \angle ACB = 80$. Si $D$ está en el segmento $AB$ con $AD = BC$, hallar el ángulo $\angle BDC$
$AD=BC$?
♪♫ do re mi función lineal ♪♫
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Fran5

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Fran5 »

Si. Acá no hay nada de segmentos o ángulos dirigidos :lol:
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