Maratón de Problemas de Geometría

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enigma1234

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por enigma1234 » Mar 14 Abr, 2020 2:48 am

Solución 141
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Sea $H$ el ortocentro de $ABC$, entonces como $XI\parallel BC\to XI\perp AH$. Como $X$ esta en $EF$ entonces $X$ esta en la polar de $A$ en $\omega$ de esto $A$ esta en la polar de $X$ en $\omega$. Con esto como la polar de $X$ es perpendicular a $XI$ (pues $I$ es el incentro) tendremos que la polar de $X$ en $\omega$ es $AH$. De esto $H$ esta en la polar de $X$ en $\omega$ de esto $X$ esta en la polar de $H$ en $\omega$.

Analogamente con $Y$ y $Z$ entonces $X,Y,Z$ están en la polar de $H$ en $\omega$ con lo que son colineales.
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enigma1234

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por enigma1234 » Mar 14 Abr, 2020 3:34 am

Problema 142
Sean $ I$ el incentro y $\omega$ el incírculo de el triángulo $ABC$. Sea $P$ un punto tal que $PI\perp BC$ y $PA\parallel BC$. Sean $Q$ y $R$ en los segmentos $AB$ y $AC$ respectivamente tal que $QR\parallel BC$ y $QR$ es tangente a $\omega$. Demostrar que $\angle QPB=\angle CPR$.

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Gianni De Rico

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Mar 14 Abr, 2020 12:40 pm

Solución 142
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142.png
Sean $DEF$ el triángulo de contacto de $ABC$, $G$ el punto donde $QR$ es tangente a $\omega$, $H$ el segundo punto de intersección de $PF$ y $\omega$, $J$ el punto de intersección de $QR$ y la tangente a $\omega$ por $H$, $K=DF\cap GH$, $L=DG\cap EF$, $M$ el segundo punto de intersección de $PE$ y $\omega$, y $N=DM\cap GE$.

Como $DI\perp BC$ y $GI\perp QR\parallel BC$, tenemos que $D,I,L,G,P$ están alineados, además, como $AE\perp EI$, $AF\perp FI$ y $AP\parallel BC\perp PI$, tenemos que $APEIF$ es cíclico, entonces $PI$ es bisectriz de $\angle FPE$, y como $G\in \omega$, tenemos que $G$ es el incentro de $PFE$. Por otro lado, como $DG$ es diámetro de $\omega$, tenemos que $D$ es el $P$-excentro de $PFE$, y por incentro-excentro se sigue que$$PE\cdot PF=PG\cdot PD=\text{Pot}(P,\omega )=PH\cdot PF$$de donde $PH=PE$, luego, $PM=PF$. Se sigue que $(E,H),~(F,M)$ son simétricos por $PI$, de donde $(EF,HM)$ son simétricos por $PI$, por lo tanto, $H,L,M$ son colineales. Además, $(DFHG,DMEG)$ son simétricos por $PI$, luego, $(K,N)$ son simétricos por $PI$, y así $KN\perp PI$, y también $(J,R)$ son simétricos por $PI$, de donde $G$ es el punto medio de $RJ$. Entonces por Pascal en $DMHGEF$ tenemos que $N,L,K$ son colineales, luego, $KL\perp PI$.
Ahora, por Brocard, $L$ está en la polar de $P$ respecto a $\omega$, y como $KL\perp PI$, tenemos que $KL$ es la polar de $P$ respecto a $\omega$, además, $DF$ es la polar de $B$ respecto a $\omega$ y $GH$ es la polar de $J$ respecto a $\omega$, como sus polares concurren en $K$, tenemos que $B,J,P$ están alineados, luego, como $G$ es punto medio de $RJ$ y $PG\perp RJ$, tenemos que $\angle BPI=\angle JPI=\angle IPR$. Análogamente, $\angle QPI=\angle IPC$, de donde $\angle QPB=\angle QPI-\angle BPI=\angle IPC-\angle IPR=\angle CPR$.
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Gianni De Rico

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Mié 15 Abr, 2020 12:37 pm

$\#1200$

Problema 143

Sea $ABC$ un triángulo acutángulo. La recta que pasa por $B$ y es perpendicular al lado $AC$ corta a la circunferencia de diámetro $AC$ en los puntos $Q$ y $R$, con $R$ entre $B$ y $Q$. La recta que pasa por $C$ y es perpendicular al lado $AB$ corta a la circunferencia de diámetro $AB$ en los puntos $P$ y $S$, con $P$ entre $C$ y $S$.
Demostrar que el punto de intersección de las rectas $PQ$ y $RS$ está sobre $BC$.
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enigma1234

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por enigma1234 » Mié 15 Abr, 2020 5:22 pm

Solución 143:
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Sean $AX$ $BY$ y $CZ$ las alturas del triangulo $ABC$ y $H$ su ortocentro.
Como $\angle AQC=\angle QYA=90^{\circ}$ tendremos que $AQ^2=AY\times AC$. Análogamente con $P,R,S$:
$$AY\times AC=AQ^2=AR^2$$
$$AZ\times AB=AP^2=AS^2$$
Como $\angle BZC=\angle CYB=90^{\circ}$ tenemos que $BZYC$ es cíclico, entonces:
$$AY\times AC=AZ\times AB\to AP=AQ=AR=AS=r$$
Sea $\omega$ la circunferencia de centro $A$ y radio $r$.

Como $BS\perp AS,BP\perp AP$ tendremos que $BP$ y $BS$ son tangentes a $\omega$ en $P$ y $S$ respectivamente. Análogamente $CR$ y $CQ$ son tangentes a $\omega$ en $R$ y $Q$ respectivamente.

De esto $PS$ y $RQ$ son las polares de $B$ y $C$ en $\omega$ respectivamente. Como $H\in PS,H\in RQ$ entonces $B$ y $C$ están en la polar de $H$ en $\omega$ con lo que $BC$ es la polar de $H$ en $\omega$.

Sea $M=PQ\cap RS$. Como $H=PS\cap RQ$ tenemos que $M$ esta en la polar de $H$. Por lo tanto $M$ esta en $BC$.
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enigma1234

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por enigma1234 » Mié 15 Abr, 2020 7:13 pm

Problema 144
La recta paralela a $BC$ (distinta de $BC$) tangente al incirculo del triángulo $ABC$ se corta con la bisectriz exterior del ángulo $A$ en el punto $X$. Sea $Y$ el punto medio del arco $BAC$ del circuncirculo de $ABC$. Probar que $\angle XIY=90^{\circ}$ donde $I$ es el incentro de $ABC$.

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Joacoini

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Joacoini » Vie 17 Abr, 2020 8:56 pm

Solución $12^2$
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Sea $D$ el punto de tangencia del incirculo con $BC$ y $D'$ su antípoda.
$I$ es el punto medio de $DD'$, la tangente al incirculo por $D'$ es paralela a $BC$ y pasa por $X$.
La homotecia de centro $A$ que manda al incirculo al A-excirculo manda a $D'$ al contacto del A-excirculo con $BC$ al que vamos a llamar $E$ así que $A, D', E$ son colineales.
Sea $M$ el punto medio de $BC$, $M$ es el punto medio de $DE$.
$YM$ es perpendicular a $BC$, ademas es un hecho conocido que $Y$ pertenece a la bisectriz exterior de $A$ por lo que $Y, A, X$ son colineales.
Sea $F$ la intersección de $YM$ con $XD'$ y $Z$ la intersección de $DD'$ con $XY$,como $MDD'F$ es un rectángulo y $MI$ es base media de $DD'E$ tenemos que $F\widehat ID'=M\widehat ID=E\widehat{D'}D=Z\widehat{D'}A$.
Como $X\widehat D'I=X\widehat AI=90$ tenemos que $XID'A$ es cíclico por lo que $X\widehat ID'=180-X\widehat AD'=Z\widehat AD'$
Por ángulos entre paralelas $F\widehat YX=D'\widehat ZA$
En conclusión
$F\widehat IX=F\widehat ID'+X\widehat ID'=Z\widehat{D'}A+Z\widehat AD'=180-D'\widehat ZA=180-F\widehat YX$
Por lo que $XYFI$ es cíclico $X\widehat IY=X\widehat FY=90$
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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 » Vie 17 Abr, 2020 9:06 pm

Problema 145
Dos rectas paralelas $l_1$ y $l_2$ son tangentes a una circunferencia $\Gamma(R)$. La circunferencia $k_1(r_1)$ es tangente a $\Gamma$ y a $l_1$ en dos puntos distintos y la circunferencia $k_2(r_2)$ es tangente a $\Gamma$, $l_2$ y $k_1$. Todas las tangencias son externas. Probar que $R=2\sqrt{r_1\cdot r_2}$.
NO HAY ANÁLISIS.

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¿hola?

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por ¿hola? » Dom 19 Abr, 2020 11:07 pm

solución 145
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geo.png
Defino todos los puntos como están en el dibujo.
Como $O_1A=R, O_2B=r_1, O_1O_2=R+r_1$ y sabiendo que $O_1A$ y $O_2B$ son perpendiculares a $l_1$, aplicando pitagoras vemos que $AB=2\sqrt{R.r_1}$, análogamente $CD=2\sqrt{R.r_2}$.
Veamos que $B\hat{A} C = A\hat{C} D$ por ángulos entre paralelas y $A\hat{C} D= R\hat{Q} C$ por angulo seminscripto, lo que implica $B\hat{A} C=180-R\hat{Q} B$ o sea que $ABQR$ es cíclico, y por potencia de un punto, $CR.CA=CQ.CB$ que implica que $C$ esta en el eje radical de $\Gamma$ y $k_1$
(que es la perpendicular por $P$ a $O_1O_2$).
Entonces $CD$ y $CP$ son las tangentes desde $C$ a $\Gamma$ y por tanto $O_1PCD$ es un rombo con $O_1P=O_1D$ y $CD=CP$, por lo que $D\hat{O_1} C = C\hat{O_1} P$ $(1)$.
Ahora $A\hat{B} D=B\hat{D} C$ por ángulos entre paralelas y $D\hat{O_1} P = 2B\hat{D} C$ por angulo seminscripto, y por $(1)$
$A\hat{B} D = D\hat{O_1} C$
Esto implica (sabiendo que $O_1\hat{D} C=D\hat{A} B=90$) que $DO_1C$ y $ABD$ son triángulos semejantes.
$\frac{DC}{AD}=\frac{O_1D}{AB}$ por lo que sabemos $\frac{2\sqrt{R.r_2}}{2R}=\frac{R}{2\sqrt{R.r_1}}$
Lo que finalmente implica $R=2\sqrt{r_1r_2}$.
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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por ¿hola? » Lun 20 Abr, 2020 12:25 pm

Problema 146
Se consideran $n$ puntos en el plano de forma que no haya dos distancias, entre algunos de estos puntos, que sean iguales. Por cada punto se traza el segmento que lo une al más próximo. Demostrar que ningún punto está unido a más de cinco puntos.
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