Maratón de Problemas de Geometría

Hernan26

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Hernan26 »

Solución 126
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Sea $L$ el simétrico de $H$ por $M$. Es conocido que $L$ cae en la circunferencia de $ABC$, que $D$ es el reflejo de $H$ por $BC$ y que $DL$ es paralela a $BC$.
Luego si proyectamos a la circunferencia obtenemos que:
$-1=(B,C,M,P_{\infty}) \stackrel{L}{=} (B,C,P,D)$.
Por lo tanto $PBDC$ es armónico y entonces las tangentes por $D$ y $P$ concurren en $BC$
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Hernan26

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Hernan26 »

Problema 127

Sea $ABC$ un triángulo acutángulo con $AB<AC$. Sean $E$ y $F$ los pies de altura de $B$ y $C$, respectivamente. La recta tangente al circuncírculo de $ABC$ por $A$, intersecta a $BC$ en $P$. La paralela a $BC$ por $A$, intersecta a $EF$ en $Q$.
Probar que $PQ$ es perpendicular a la mediana de $A$ en el triángulo $ABC$.

BrunZo

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por BrunZo »

Hernan26 escribió:
Mié 05 Feb, 2020 12:09 pm
Solución 126
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Sea $L$ el simétrico de $H$ por $M$. Es conocido que $L$ cae en la circunferencia de $ABC$, que $D$ es el reflejo de $H$ por $BC$ y que $DL$ es paralela a $BC$.
Luego si proyectamos a la circunferencia obtenemos que:
$-1=(B,C,M,P_{\infty}) \stackrel{L}{=} (B,C,P,D)$.
Por lo tanto $PBDC$ es armónico y entonces las tangentes por $D$ y $P$ concurren en $BC$
Buenas, vengo a postear una solución menos proyectiva para que los padres no se horroricen por las cosas que ven sus hijos en internet.
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Es conocido que $D$ es el reflejo de $H$ por $BC$. (1) También es conocido que $H$ es el reflejo de la antípoda de $A$ por $M$. (2)
Sea $O$ el circuncentro de $DHP$.
Por (1), $O$ pertenece a la recta $BC$. Por (2), $\angle APH=90^{\circ}$.
Consideremos el triangulo isósceles $DPO$. Si $\angle DPO=\alpha$, entonces $\angle DOP=180^{\circ}-2\alpha$. Más aún, por ángulo central, $$\angle DHP=90^{\circ}+\alpha\Longrightarrow \angle AHP=\angle 90^{\circ}-\alpha\Longrightarrow\angle PAH=\alpha.$$
Recordando que $\angle DAH=\alpha=\angle DPO$, se sigue que por ángulo semiinscrito, $DO$ y $PO$ son tangentes a $\omega$. Listísimo.
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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 127
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Sean $M$ el punto medio de $BC$ y $D$ el segundo punto de intersección de $AM$ con $\odot AEF$, entonces $P$ es el centro de la circunferencia de Apolonio de $A$ respecto a $\{B,C\}$, y $D$ está en dicha circunferencia, de donde $PA=PD$, por lo que $\angle PAM=\angle PAD=\angle ADP$.
Sean $\Gamma$ el circuncírculo de $ABC$, y $\omega$ la circunferencia de centro $M$ y radio $MB=MC$, es claro que $E,F\in \omega$. Consideremos la inversión $\Psi$ de centro $A$ y radio $\sqrt{\text{Pot}(A,\omega )}$, entonces $\Psi (B)=F$, $\Psi (C)=E$, $\Psi (M)=D$, $\Psi (\Gamma )=EF$ y $\Psi (BC)=\odot AEF$, además, definimos $\Psi (P)=P'$ y $\Psi (Q)=Q'$, entonces $Q'\in \Gamma$ y $AQ'\parallel AQ\parallel BC$, de donde $MQ'=MA$. Por otro lado, $\angle MP'A=\angle ADP=\angle PAM=\angle P'AM$, de donde $MP'=MA$, entonces $M$ es el centro de $\odot AP'Q'$, por lo que $PQ\perp AM$.
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Esto es trivial por el teorema de Bolshonikov demostrado en un bar de Bielorrusia en 1850

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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 $2^7$

En el triángulo $ABC$, sean $M,N,L$ los puntos medios de los lados $BC,CA,AB$, respectivamente, y sean $D,E,F$ los pies de las alturas desde $A,B,C$, respectivamente. Sea $\omega$ el circuncírculo del triángulo $LMN$, las rectas $AM,BN,CL$ cortan nuevamente a $\omega$ en los puntos $P,Q,R$, respectivamente. La tangente a $\omega$ por $P$ corta a la recta $EF$ en el punto $X$, la tangente a $\omega$ por $Q$ corta a la recta $FD$ en el punto $Y$, la tangente a $\omega$ por $R$ corta a la recta $DE$ en el punto $Z$.
Demostrar que $X,Y,Z$ son colineales.
Esto es trivial por el teorema de Bolshonikov demostrado en un bar de Bielorrusia en 1850

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Joacoini

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Joacoini »

Solución 2^7
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Lema de la simediana
Sea $ABC$ un triangulo y $D$ en $BC$ tal que $AD$ es simediana entonces $\frac{BD}{CD}=\left (\frac{BA}{CA}\right )^2$

Demostración:
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Normalmente lo demostraría con teorema extendido del seno pero haciendo este problema encontré una nueva forma de demostrarlo.

Sea $P$ el punto magico de la mediana de $ABC$, el punto en la mediana de $A$ que cumple que $\angle PBC=\angle PAB$ y $\angle PCB=\angle PAC$ (queda al lector demostrar su existencia).

Sea $Q$ el conjugado isogonal de $P$, $Q$ se encuentra en la simediana y por las propiedades de los ángulos que forma $P$ tenemos que los triángulos $QBA$ y $QAC$ son semejantes entonces $\angle BQA=\angle AQC$ y tenemos que $AD$ es bisectriz de $\angle BQC$.

Por el teorema de la bisectriz $\frac{BD}{CD}=\frac{BQ}{CQ}$

Por la semejanza tenemos que $\frac{BA}{CA}=\frac{BQ}{AQ}$ y que $\frac{BA}{CA}=\frac{AQ}{CQ}$ y multiplicando estas dos obtenemos

$\left (\frac{BA}{CA}\right )^2=\frac{BQ}{CQ}=\frac{BD}{CD}$
Ahora sigamos con el problema, mi objetivo es agarrar el triangulo $DEF$ y probar un reciproco de Menelao o sea demostrar que $\frac{EX}{XF}\times\frac{FY}{YD}\times\frac{DZ}{ZE}=1$

Vamos a escribir $\frac{EX}{XF}$ de alguna otra forma y aplicar lo mismo a las otras fracciones por simetría.

Por la circunferencia de los nueve puntos tenemos que $DEFMNL$ es cíclico.

Los triángulos $XEP$ y $XPF$ son semejantes así que tenemos $\frac{EP}{FP}=\frac{EX}{XP}$ y $\frac{EP}{FP}=\frac{XP}{XF}$ multiplicando estas dos obtenemos

$\frac{EX}{XF}=\left (\frac{EP}{FP}\right )^2$

Por bases medias tenemos que $ML//NE$ y que $LF//NM$ por lo que tenemos dos trapecios isósceles de los cuales obtenemos que $ME=NL=MF$.

Como $M$ es el punto medio del arco $EF$ que no contiene a $P$ tenemos que $PM$ es bisectriz de $\angle EPM$ y esta corta a $EF$ en $P'$.

Por el teorema de la bisectriz
$\frac{EP}{FP}=\frac{EP'}{FP'}$

Ahora como los triángulos $ABC$ y $AEF$ son semejantes y $AM$ es mediana de $ABC$ tenemos que $AM$ es simediana de $AEF$ y por el lema de la simediana.
$\frac{EP'}{FP'}=\left (\frac{EA}{FA}\right )^2$

Y por la semejanza $\frac{EA}{FA}=\frac{CA}{BA}$

Así que

$\frac{EX}{XF}=\left (\frac{EP}{FP}\right )^2=\left (\frac{EP'}{FP'}\right )^2=\left (\frac{EA}{FA}\right )^4=\left (\frac{CA}{BA}\right )^4$

Por simetría tenemos que

$\frac{FY}{YD}=\left (\frac{AB}{CB}\right )^4$ y $\frac{DZ}{ZE}=\left (\frac{BC}{AC}\right )^4$

Por lo que

$\frac{EX}{XF}\times\frac{FY}{YD}\times\frac{DZ}{ZE}=\left (\frac{CA}{BA}\right )^4\times \left (\frac{AB}{CB}\right )^4\times \left (\frac{BC}{AC}\right )^4=1$

Y por reciproco de Menelao $X, Y, Z$ son colineales.
Comentario:
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$P$ es el conjugado isogonal de el punto mágico de la mediana en el triángulo $EAF$ por lo que pude no haber enunciado el lema y demostrarlo en el problema pero quería hacer énfasis en el lema.

También $P$ es el punto mágico de la mediana en el triangulo $ANL$.
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NO HAY ANÁLISIS.

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Joacoini

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Joacoini »

Problema 129

Si los lados $AB$, $BC$, $CD$ y $DA$ del cuadrilátero $ABCD$ son cortados por una línea recta en los puntos $P$, $Q$, $R$ y $S$, respectivamente, demostrar que:$$\frac{AP}{PB}\cdot \frac{BQ}{QC}\cdot \frac{CR}{RD}\cdot \frac{DS}{AS}=1$$
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NO HAY ANÁLISIS.

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Fran5

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Fran5 »

Solución 129
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La recta corta a $AC$ en $X$.

Aplicamos Menelao en $ABC$ con $P,Q,X$ y en $ACD$ con $X, R,S$.

En producto de éstos, los términos $\frac{CE}{EA}$ y $\frac{AE}{EC}$ se cancelan, y el resto es nuestra igualdad deseada
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Monazo

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Monazo »

Hoy la maratón de geo cumple 8 años!! :lol: :lol: :lol:
El Diego es del Lobo! Y del Lobo no se va!

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Gianni De Rico

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

Y para celebrarlo a la hora exacta, vamos con el


Problema 130

En el triángulo $ABC$, sean $M$ y $N$ los puntos medios de los lados $AB$ y $AC$, respectivamente, y sea $H$ su ortocentro. Las semirrectas $MH$ y $NH$ cortan al circuncírculo de $ABC$ en los puntos $P$ y $Q$, respectivamente, la tangente por $A$ al circuncírculo de $ABC$ corta a la recta $MN$ en el punto $R$.
Demostrar que $P,Q,R$ están alineados.
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