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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Publicado: Jue 20 Feb, 2020 7:28 pm
por ¿hola?
Solución al problema $137$
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Sea $P'$ y $Q'$ $ED \cap MP$ y $ED \cap MQ$ respectivamente, sea $F=CH \cap AB$.

Primero veamos que $Q'$ (y analogamente $P'$) están en $\odot ABC$, veamos que al estar $Q'$ en el eje radical de $\odot EDM$ y $\odot AEDB$ entonces $Q'Q*Q'M=Q'M^2-MA^2$ osea $Q'M*QM=MA^2=MB^2$ lo que implica $MB$ es tangente a $\odot BQQ'$ y $MA$ es tangente a $\odot AQQ'$ osea que $\angle QQ'B=\angle QBM=\alpha$ y $\angle QQ'A=\angle QAM=\beta$ luego $\angle AQB=180-\alpha-\beta$ que por arco capaz $\angle AHB=180-\alpha-\beta=\angle EHD$ y por ser $CEHD$ cíclico $\angle ACB=\alpha+\beta=\angle AQ'B$ que implica lo que queríamos.

Ahora veamos que $H$ es la intersección de $PQ'$ y $QP'$, como $AEDB$ es cíclico $CE*CA=CD*CB$ así que miremos la inversión $f$ de centro $C$ y radio $\sqrt {CE*CA}$ para la cual $f(A)=E$, $f(B)=D$ y $f(H)=F$ (ya que $f(\odot CEHD)=AB$) osea que

$*$ $f(\odot APHQB)=\odot EPMFQD$ $\Rightarrow$ $f(P)=P$ y $f(Q)=Q$
$*$ $f(\odot ABC)=ED \Rightarrow$ $P'$,$Q'$, $f(P')$ y $f(Q')$ pertenecen a $ED$ (por estar $P'$ y $Q'$ en $\odot ABC$) lo que implica $f(P')=P'$ y $f(Q')=Q'$

Osea que el centro de $\odot PP'Q'Q$ es $C$, sea $X=P'Q\cap PQ'$

Veamos que $PQ$ y $ED$ se cortan en $AB$ ya que son los ejes radicales de las circunferencias $\odot AEDB$, $\odot EMD$ y $\odot AHB$ y entonces por Brocard $f(X)$ es el pie de la perpendicular desde $C$ a $AB$ que es $F$ y como $f(F)=H$ entonces $X=H$ que es lo que queríamos.
Siendo $G=Q'$ vemos que $G$ es la intersección de $MQ$, $DE$ y $PH$ y esta en $\odot ABC$.

Re: Maratón de Problemas de Geometría

Publicado: Jue 20 Feb, 2020 9:10 pm
por Turko Arias
¿hola? escribió:
Jue 20 Feb, 2020 7:28 pm
Solución al problema $137$

así que miremos la inversión $f$ de centro $C$ y radio $\sqrt {CE*CA}$ para la cual $f(A)=E$, $f(B)=D$ y $f(H)=F$ (ya que $f(\odot CEHD)=AB$) osea que

CRIES IN @Gianni De Rico

Re: Maratón de Problemas de Geometría

Publicado: Vie 21 Feb, 2020 3:28 pm
por ¿hola?
Problema $138$

Sea $ABC$ un triángulo escaleno y sea $P$ un punto fijo en su interior. Hallar el lugar geométrico de todos los puntos $Q$ interiores a $ABC$ de modo que:
$d(Q, AB) + d(Q, BC) + d(Q, CA) = d(P, AB) + d(P, BC) + d(P, CA)$

Aclaración: $d(R, MN)$ es la distancia desde el punto $R$ a la recta $MN$.

Re: Maratón de Problemas de Geometría

Publicado: Vie 21 Feb, 2020 5:34 pm
por Gianni De Rico
Dedicado a @jujumas

Solución 138
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Sean $A(a,b)$, $B(0,0)$, $C(1,0)$, $P(c,d)$, $Q(x,y)$, cumpliendo las hipótesis del enunciado.
Notemos que $d(Z,XY)=\frac{2[XYZ]}{XY}$ donde $[\mathcal{F}]$ es el área de la figura $\mathcal{F}$.
Tenemos que$$\begin{align*}2[PBC] & =d \\ \\
2[PCA]=\left |

\begin{array}{cc}

c & d & 1 \\

1 & 0 & 1 \\

a & b & 1 \\
\end{array}

\right | & =b(1-c)+d(a-1) \\ \\
2[PAB]=\left |

\begin{array}{cc}

c & d & 1 \\

a & b & 1 \\

0 & 0 & 1 \\
\end{array}

\right | & =bc-ad \\ \\
2[QBC] & =y \\ \\
2[QCA]=\left |

\begin{array}{cc}

x & y & 1 \\

1 & 0 & 1 \\

a & b & 1 \\
\end{array}

\right | & =b(1-x)+y(a-1) \\ \\
2[QAB]=\left |

\begin{array}{cc}

x & y & 1 \\

a & b & 1 \\

0 & 0 & 1 \\
\end{array}

\right | & =bx-ay \\
\end{align*}$$de donde poniendo $CA=e$ y $AB=f$, tenemos que la condición del enunciado es$$\frac{bx-ay}{f}+y+\frac{b(1-x)+y(a-1)}{e}=\frac{bc-ad}{f}+d+\frac{b(1-c)+d(a-1)}{e}$$resolviendo para $y$ queda$$y=\frac{b(e-f)(c-x)}{f(a+e-1)-ae}+d$$de modo que es una recta $r$. Entonces si $Q$ verifica las hipótesis, está en $r$, y si $Q$ está en $r$, verifica las hipótesis (es simplemente deshacer la cuenta), entonces el segmento de $r$ contenido adentro del triángulo es el lugar geométrico.
Para pensar
Spoiler: mostrar
¿Por qué no valen las cuentas si $P$ o $Q$ están fuera del triángulo? ¿Cómo habría que adaptarlas en esos casos?

Re: Maratón de Problemas de Geometría

Publicado: Vie 21 Feb, 2020 7:24 pm
por Gianni De Rico
Problema 139

Sea $ABC$ un triángulo acutángulo y escaleno, y sea $M$ el punto medio de $BC$. Sea $X$ el punto que verifica $\angle MAX=\angle CAM$, $\angle AMX=\angle ACM$ y además $X$ y $C$ están en semiplanos opuestos respecto a la recta $AM$. El circuncírculo de $BMX$ corta nuevamente al segmento $AB$ en el punto $D$.
Demostrar que la recta $XD$ pasa por el punto medio del segmento $AM$.

Re: Maratón de Problemas de Geometría

Publicado: Dom 23 Feb, 2020 4:20 pm
por Monazo
Solución 139
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Sea $C'$ el simétrico de $C$ respecto a la recta $AM$. Notemos que podemos redefinir al punto $X$ como la intersección de $AC'$ con la tangente a $(AMC)$ que pasa por $M$. (Por simetría, $\angle CAM = \angle MAC'$, y por ángulo semi inscrito $\angle ACM=\angle AMX$.

Propiedad 1: $\triangle BC'C$ es rectángulo en $C'$.
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Es muy sencillo de demostrar sabiendo que $BM=MC$ por ser $M$ punto medio de $BC$ y además $MC=MC'$ por la reflexión (notemos que al reflejar, $AM$ es mediatriz de $CC'$, por lo que $M$ equidista de $C$ y de $C'$). Teniendo que $BM=MC=MC'$, por mediana correspondiente a hipotenusa tenemos que $\angle BC'C=90$.


Propiedad 2: $BXMC'D$ es un pentágono cíclico.
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Sabiendo por condición de enunciado, que $BXMD$ es un cuadrilátero cíclico, si demostramos que $BXMC'$ es cíclico también ganamos. (Notemos que existe una sola circunscrita de $BXM$).
Primero, notemos que los triángulo $AMC$ y $ACM$ son semejantes con $\angle ACM = \angle MAX$ y $\angle CAM = \angle MAX$. Obtenemos entonces que $\angle MXC'=180-\angle AXM=180-\angle AMC$. Sea $K$ la intersección de la recta $AM$ con $CC'$. Aprovechando que $AM$ es mediatriz, obtenemos que $\angle MCK=90-\angle CMK=90-(180-\angle AMC)=\angle AMC - 90$.
Luego, $\angle CBC'=90-\angle BCC'=90-(\angle AMC - 90)=180-\angle AMC$.
Obteniendo finalmente que $\angle MXC'=\angle MBC'=180-\angle AMC$, cumpliendo así el arco capaz.
Propiedad 3: Sea $G$ la intersección de $MX$ con $AB$ y sea $E$ la intersección de $MD$ con $XC'$, entonces $DGXE$ es un cuadrilátero cíclico.
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Notemos que $\angle BDM=\angle BC'M=\angle MBC'=\angle C'XM$. Obteniendo así que $\angle GXE=180-\angle C'XM=\angle 180-\angle BDM$. Como los ángulos opuestos suman 180 estamos.
Propiedad 4: $GE$ es paralela a $AM$.
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Aprovechando que $MX$ es tangente a $(AMC)$, luego $\angle XMB=\angle MAX$. Luego, $\angle XMB=\angle XDB=\angle XEG$. Dado que $\angle XEG=\angle MAX$, por alternos internos, las rectas $GE$ y $AM$ son paralelas.
Propiedad 5: $DX$ es mediana.
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Sea $F$ la intersección de $DX$ con $AM$. Si nos paramos en el triángulo $AMD$, obtenemos que $DF$, $MG$ y $AE$ son $3$ cevianas que se cortan en $X$, por lo que podemos aplicar el teorema de Ceva, por lo que obtenemos que $\frac{MF}{FA} \cdot \frac{AG}{GD} \cdot \frac{DE}{EM}=1$. Aprovechando también que $GE \parallel AM$, obtenemos por Thales que $\frac{DG}{GA}=\frac{DE}{EM}$. Combinando las ecuaciones obtenemos que $MF=FA$, demostrando lo que pide el enunciado.

Re: Maratón de Problemas de Geometría

Publicado: Mié 26 Feb, 2020 1:34 am
por Monazo
Perdón que tarde, recién encontré problema lindo.

Problema 140

Sea $ABCD$ un cuadrilátero convexo con $\hat A = \hat B=\hat C$. Sean $H$ y $O$ el ortocentro y el circuncentro de $ABC$ respectivamente. Demostrar que $H$, $O$ y $D$ son colineales.

Re: Maratón de Problemas de Geometría

Publicado: Jue 27 Feb, 2020 10:06 am
por Joacoini
Otra del 139
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$MXA$ y $CMA$ son semejantes por lo que si $N$ es el punto medio de $AC$ entonces lo que queremos ver es que $\angle CMN=\angle MXD$.

Por base media $MN//AB\Rightarrow \angle CMN=\angle CBA=\angle MBD=\angle MXD$

Re: Maratón de Problemas de Geometría

Publicado: Mié 04 Mar, 2020 11:14 pm
por Gianni De Rico
Solución 140
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Lema: Sean $O$ el circuncentro y $H$ el ortocentro del triángulo $ABC$, las mediatrices de $CA$ y $AB$ cortan a $BC$ en los puntos $D$ y $E$, respectivamente. Entonces $H$ está en el eje radical de $\odot BOE$ y $\odot COD$.
Demostración:
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La recta $BH$ corta nuevamente a $\odot BOE$ en $F$, la recta $CH$ corta nuevamente a $\odot COD$ en $G$, $\odot BOE$ y $\odot COD$ se cortan nuevamente en $I$.

Notemos que$$\angle OBD=\angle OBC=\angle B-(90°-\angle C)=\angle B+\angle C-90°$$$$\angle ODB=180°-\angle CDO=180°-(90°-\angle C)=\angle C+90°$$Entonces$$\angle BOD=180°-(\angle OBD+\angle ODB)=180°-(\angle B+\angle C-90°+\angle C+90°)=180°-\angle B-\angle C-\angle C=\angle A-\angle C$$Análogamente$$\angle COE=\angle A-\angle B$$Luego$$\angle IBC+\angle ICB=\angle IBE+\angle ICD=\angle IOE+\angle IOD=\angle DOE=\angle BOC-\angle BOD-\angle COE=2\angle A-(\angle A-\angle C)-(\angle A-\angle B)=\angle B+\angle C$$De donde$$\angle BIC=180°-(\angle IBC+\angle ICB)=180°-(\angle B+\angle C)=\angle A=180°-\angle BHC$$Por lo que $BHCI$ es cíclico.

Ahora$$\angle IOG=180°-\angle GCI=180°-\angle HCI=\angle HBI=\angle FBI=180°-\angle FOI$$Entonces $F,O,G$ son colineales.

Luego, tenemos que$$\angle FGC=\angle OGC=180°-\angle CDO=180°-\angle CBF$$Por lo que $BCGF$ es cíclico, de donde $H$ es el centro radical de $(\odot BOE,\odot COD,\odot BCGF)$. $\blacksquare$
Sean $E$ y $F$ los puntos de intersección de $AD$ y $CD$, respectivamente, con $\odot ABC$, $G=AF\cap CE$, $O'$ el circuncentro de $EFG$ y $H'$ el ortocentro de $EFG$.

Como $\angle A=\angle B=\angle C$, tenemos que $AC=BE=BF$, luego, $ABCF$ y $ABCE$ son trapecios isósceles, y $AF\parallel BC$, $CE\parallel AB$, de donde $ABCG$ es un paralelogramo, por lo que $\angle EGF=\angle CGA=\angle CBA$, además, $\angle DEG=\angle ABC$ y $\angle DFG=\angle CBA$, entonces el cuadrilátero $FGED$ tiene los mismos ángulos que el cuadrilátero $ABCD$. Notemos también que como $ACEF$ es cíclico, entonces $ACD\simeq FDE$, y así se sigue que $ABCD\simeq FGED$ (de hecho, los vincula una reflexión por la bisectriz de $\angle ADC$ seguida de una homotecia de razón $\frac{DF}{DA}$ con segmentos dirigidos), entonces como $H',O',D$ son los homólogos de $H,O,D$, basta probar que $H',O',D$ son colineales.

Veamos primero que $O\in \odot ABC$.
En efecto, notemos que como $\angle BEF=\angle BCF=\angle BCD=\angle ABC$ y $\angle BFE=\angle BEF$ ya que $BE=BF$, entonces $\angle EBF=180°-2\angle ABC$. Pero $\angle EOF=2\angle EGF=2\angle ABC$, de donde $O\in \odot BEF\equiv \odot ABC$.

Sean $A',C',D'$ los inversos de $A,C,D$ por $\odot EFG$, entonces $A'$ es el punto de intersección de $EF$ con la mediatriz de $EG$, $C'$ es el punto de intersección de $EF$ con la mediatriz de $FG$, y $D'$ es el segundo punto de intersección de $\odot O'A'E$ y $\odot O'C'F$. Por el Lema, $H'$ está en el eje radical de $\odot O'A'E$ y $\odot O'C'F$, luego, $H',O',D'$ son colineales, por lo que $H',O',D$ son colineales, y así $H,O,D$ son colineales.

Re: Maratón de Problemas de Geometría

Publicado: Vie 06 Mar, 2020 9:47 am
por Gianni De Rico
Problema 141

Sean $I$ el incentro y $\omega$ el incírculo del triángulo escaleno $ABC$. Sean $D,E,F$ los puntos de contacto de $\omega$ con los lados $BC,CA,AB$, respectivamente, las rectas paralelas a $BC,CA,AB$ por $I$ cortan a los lados $EF,FD,DE$ en los puntos $X,Y,Z$, respectivamente.
Demostrar que $X,Y,Z$ son colineales.