Maratón de Problemas de Geometría

Hernan26

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

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Solución 130
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Problema 130.png
Notemos que como $MN$ es paralela a $BC$, por paralela media, entonces $(ABC)$ y $(AMN)$ son tangentes, por lo que $(APQ)$ y $(AMN)$ son tangentes.
Ahora, veamos que si probamos que $PQMN$ es cíclico, podemos usar el teorema de los ejes radicales para terminar el problema.
Además, como el ortocentro no está implicado en la condición que hay que probar, consideramos los puntos $T,S$, como la intersección de las semirrectas $HM$ y $HN$ con $(ABC)$ respectivamente.
Por la conocida propiedad de la reflexión del ortocentro, $T$ y $S$ son los puntos diametralmente opuestos de $C$ y $B$ en $(ABC)$, respectivamente, por lo que $TS$ es paralela a $BC$ y por consiguiente a $MN$.
Luego por inscritos y paralelas:
$\angle MPQ= \angle TPQ=\angle TSQ=\angle MNQ$ por lo que $MNPQ$ es cíclico.
Luego si aplicamos el teorema de los ejes radicales en $(MNPQ)$, $(AMN)$ y $(AQP)$ concluimos que:
$AA$, $MN$ y $PQ$ concurren, pero $AA\cap MN=R$, por lo que $P,Q,R$ colineales, como se quería probar
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Hernan26

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Hernan26 »

Problema 131

Sea $D$ un punto en lado $BC$ en el triángulo $ABC$. El circuncírculo de $ABD$ corta al lado $AC$ en $F$ y el circuncírculo de $ACD$ corta a $AB$ en $E$ (ambos puntos distintos de $A$).
Probar que al variar $D$, el circuncírculo de $AEF$ pasa por un punto fijo, distinto de $A$ y que pertencece a la $A$-mediana.

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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 131
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131.png
Consideremos la transformación $\Psi$ que consiste en la inversión de centro $A$ y radio $\sqrt{AB\cdot AC}$ seguida de la reflexión por la bisectriz de $\angle BAC$, y sea $X'=\Psi (X)$ para todo punto $X$ del plano. Entonces $B'=C$, $C'=B$, $D'\in \odot ABC$, $E'=BD'\cap AC$ y $F'=CD'\cap AB$. Sea $G$ el punto de intersección de las tangentes a $\odot ABC$ por $B$ y $C$, y sea $P=AD'\cap BC$.
Por Brocard tenemos que $E'F'$ es la polar de $P$, y como $P$ está en la polar de $G$, entonces $G$ está en $E'F'$. Como $G$ es fijo, distinto de $A$ y pertenece a la $A$-simediana, entonces el circuncírculo de $AEF$ pasa por un punto fijo, distinto de $A$ y que pertenece a la $A$-mediana.
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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 132

Sea $ABC$ un triángulo acutángulo y escaleno, y sean $D,E,F$ los pies de las alturas desde $A,B,C$, respectivamente. La recta $EF$ corta al circuncírculo de $ABC$ en los puntos $P$ y $R$, con $P,E,F,R$ en ese orden, las rectas $BP$ y $BR$ cortan a la recta $DF$ en los puntos $Q$ y $S$, respectivamente.
Demostrar que $PQRS$ es cíclico.
Esto es trivial por el teorema de Bolshonikov demostrado en un bar de Bielorrusia en 1850

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Monazo

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Monazo »

Solución 132
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Lema 1: $A$ es el punto medio del arco de $PR$.

Demostración:
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Notemos que si $A$ es punto medio del arco $PR$, entonces con demostrar que $AO$ es perpendicular a $PR$ estamos, debido a que $O$ pertenece a la mediatriz de $PR$, y si $AO$ es perpendicular a $PR$, entonces $A$ también pertenece a la mediatriz.
Sabemos que $AEFB$ es un cuadrilátero cíclico, por $\angle AEB=\angle AFB=90$. Luego $\angle FEC = 180 - \angle B$, por lo que $\angle FEA = \angle B$.
Dado que el ortocentro y el circuncentro son conjugados isogonales, tenemos que $\angle BAD = 90 - \angle B = \angle OAE$.
Si llamamos $G$ a la intersección de $AO$ con $EF$ notemos que $\angle AGE = 90$ debido a que $AGE = 180 - \angle OAE - \angle FEA=180 - 90 + \angle B - \angle B$ y estamos.
Ahora solo nos queda hacer un par de angulitos y demostrar que $PQRS$ es cíclico.
Para ello vemos que:
$\angle SDB = 180-\angle FDC=\angle A$ dado que $AFDC$ es cíclico. ($\angle AFC = \angle ADC = 90$).
En el triángulo $BSD$, tenemos que $\angle BSD = 180 -\angle SBA - \angle B - \angle A$.
Luego notemos que $\angle APC = 180-\angle B$ dado que $APCB$ es cíclico.
$\angle APC = \angle APR + \angle RPB + \angle BPA$. Por lo que $\angle RPB = \angle APC - \angle APR - \angle BPC$.
Pero sabiendo que:
$\angle APC = 180 - \angle B$.
$\angle APR = \angle RBA$ por arco capaz.
$\angle BPC = \angle A$ por arco capaz.
Tenemos finalmente que $\angle RPB = 180 - \angle B - \angle RBA - \angle A$.
Y viendo los ángulos $\angle RPB = \angle RPQ = \angle RSQ = \angle BSD$, se cumple arco capaz, por lo que $PQRS$ es cíclico.




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Monazo

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Monazo »

Problema 133

En un triángulo acutángulo $ABC$, sean $D,E$ y $F$ los pies de las alturas que pasan por $A$, $B$ y $C$ respectivamente. Sea $\omega$ el circuncírculo de $AEF$ y sean $\omega_1$ y $\omega_2$ las circunferencias que pasan por $D$ y son tangentes a $\omega$ en $E$ y $F$ respectivamente. Show that $\omega_1$ y $\omega_2$ se cortan en un punto $P$ en $BC$ distinto de $D$.
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Turko Arias

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Turko Arias »

Monazo escribió:
Mar 11 Feb, 2020 2:58 pm
Show that $\omega_1$ y $\omega_2$ se cortan en un punto $P$ en $BC$ distinto de $D$.
Era tan bilingüe que duele :lol: :lol:
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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 133
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IMG_20200211_171937.jpg
Sean $M$ el punto medio de $BC$ y $P$ el inverso de $D$ por la circunferencia de centro $M$ y radio $MB=MC$, que está en la recta $BC$ y es distinto de $D$ (en caso contrario tenemos $D\equiv B$ o $D\equiv C$, que es absurdo pues $ABC$ es acutángulo). Vamos a ver que las dos circunferencias pasan por $P$.
Notemos que $BCEF$ es cíclico y $BC$ es diámetro, de donde $ME=MF$ y$$\angle EMF=2\angle EBF=2\angle EBA=2(90°-\angle BAE)=2(90°-\angle BAC)=180°-2\angle BAC$$por lo que $\angle MEF=\angle MFE=\angle BAC=\angle FAE$, y se sigue que $ME$ y $MF$ son tangentes a $\odot AEF$. Luego, las dos circunferencias quedan fijas por la inversión, y cómo $D$ está en ambas, entonces $P$ también lo está.
Entonces conseguimos lo que queríamos to show (?)
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BrunZo

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por BrunZo »

Gianni De Rico escribió:
Mar 11 Feb, 2020 12:33 am
Problema 132

Sea $ABC$ un triángulo acutángulo y escaleno, y sean $D,E,F$ los pies de las alturas desde $A,B,C$, respectivamente. La recta $EF$ corta al circuncírculo de $ABC$ en los puntos $P$ y $R$, con $P,E,F,R$ en ese orden, las rectas $BP$ y $BR$ cortan a la recta $DF$ en los puntos $Q$ y $S$, respectivamente.
Demostrar que $PQRS$ es cíclico.
Chei...
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Me parece que funciona para cualesquiera $D,E,F$ en $BC,CA,AB$ con $ACDF$ cíclico, ya que
$$\angle QPR=\angle BAR=\angle CAR-\angle BAC=180^{\circ}-\angle CBR-\angle BDF=\angle QSR$$
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Gianni De Rico

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

BrunZo escribió:
Mar 11 Feb, 2020 6:59 pm
Gianni De Rico escribió:
Mar 11 Feb, 2020 12:33 am
Problema 132

Sea $ABC$ un triángulo acutángulo y escaleno, y sean $D,E,F$ los pies de las alturas desde $A,B,C$, respectivamente. La recta $EF$ corta al circuncírculo de $ABC$ en los puntos $P$ y $R$, con $P,E,F,R$ en ese orden, las rectas $BP$ y $BR$ cortan a la recta $DF$ en los puntos $Q$ y $S$, respectivamente.
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Me parece que funciona para cualesquiera $D,E,F$ en $BC,CA,AB$ con $ACDF$ cíclico, ya que
$$\angle QPR=\angle BAR=\angle CAR-\angle BAC=180^{\circ}-\angle CBR-\angle BDF=\angle QSR$$
geogebra-export.png
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Puede ser, de todas formas, el problema original venía de la observación de que en ese caso se tiene $AP=AQ$, y usando que $A$ es punto medio del arco y un argumento análogo al que se usa para probar esa igualdad, sale que $A$ es cricuncentro de $PQRS$, de donde $PQRS$ es cíclico. En principio aporta más soluciones al problema.
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