Maratón de Problemas de Geometría

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Fran5

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Fran5 » Mar 19 May, 2020 7:19 pm

Solucion 150 (editada)
Spoiler: mostrar
Sea $H' = DE \cap BH$. Usaremos que $B$ es el centro de la circunferencia de $ADE$

Usemos el dato de que $E$ está en $AC$
Por angulitos tenemos que $\angle ADH' = \angle ADE = \frac{1}{2} \angle ABE = \angle ABH'$ con lo que $ADBH'$ es cíclico

Usemos el dato de que $AD$ es tangente
Por angulitos tenemos que $\angle BDA = \angle BAD = C$ con lo que
$\angle BAH' = \angle BDH' = \angle BDA - \angle H'DA = C - \angle H'DA = C - \angle H'BA = C - (90 - A) = A+C - 90 = 90 - B = \angle BAH$

Con lo que $H'$ está en la recta $AH$, es decir que $H' = H$ y $D,H,E$ están alineados
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joa.fernandez

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por joa.fernandez » Mar 19 May, 2020 7:29 pm

Qué raro llegando tarde
Solución 150:
Spoiler: mostrar
Sean $\widehat{ABE} = 2\alpha$ y $\widehat{DAB}=\beta$.
Como $BA=BE=BD$, sabemos que $B$ es el centro de la circunscripta del $\triangle DAE$, por lo que, por ángulo central $\widehat{ADE}=\alpha$. Además, como el $\triangle{ABE}$ es isósceles, $\widehat{BAE}= 90° -\alpha$, por lo que $\widehat{AED}=180°-(\beta + 90°-\alpha +\alpha)=90°-\beta$ por suma de ángulos internos.
Ahora, sean $H_1$ y $H_2$ los pies de las alturas respecto a $A$ y $B$ del $\triangle ABC$ respectivamente.
Por semiinscritos, $\widehat{DAB}=\widehat{ACB}=\widehat{AH_1C}= \beta$, por lo que $\widehat{H_1AC}=180°-(90°+\beta)= 90°-\beta$ por suma de ángulos internos. Además, como $\triangle ABE$ es isósceles, sabemos que $H_2$ y $H$ pertenecen a la mediatriz de $AE$, por lo que el $\triangle AHE$ es isósceles. Luego, $\widehat{HAE}=\widehat{HEA}=90°-\beta$
Concluyendo, sabiendo que $\widehat{AED}=\widehat{AEH}$, tenemos que $D$, $H$ y $E$ son colineales, finalizando la demostración. $\blacksquare$
Última edición por joa.fernandez el Mié 20 May, 2020 12:53 pm, editado 2 veces en total.
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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Fran5 » Mar 19 May, 2020 7:39 pm

Tu solucion está buena Joa :D
De hech la mía está mal :lol: :lol: :lol:
Te toca proponer
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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por joa.fernandez » Mar 19 May, 2020 8:47 pm

A pedido de @Fran5, dejo este :D

Problema 151:

Sea $O$ el circuncentro y $H$ el ortocentro del $\triangle ABC$ acutángulo tal que $BC>CA$. También sea $D$ el pie de la altura del $\triangle ABC$ desde $C$. La perpendicular a $OD$ que pasa por $D$ intersecta a $AC$ en $P$.
Demostrar que $\widehat{DHP}=\widehat{BAC}$.

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enigma1234

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por enigma1234 » Mar 26 May, 2020 4:12 am

Solución 151:
Spoiler: mostrar
Sea $C,H'=CH\cap \odot(ABC)$, $E,F=DP.\cap \odot(ABC)$ y $Q=DP\cap H'B$.
Como $OD\perp DP$ entonces $D$ es punto medio de $EF\to$ por el Teorema de la Mariposa $D$ es punto medio de $PQ$.
Es conocido que $D$ es punto medio de $HH'$, entonces los triángulos $\triangle DHP$ y $\triangle DH'Q$ son congruentes $\to \angle DHP=\angle DH'Q=\angle CH'B=\angle BAC$.
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enigma1234

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por enigma1234 » Mar 26 May, 2020 11:22 pm

Problema 152:
Sea $ABCD$ un paralelogramo. La circunferencia de diámetro $AB$ intersecta a las líneas $BC,BD$ en los puntos $E$ y $F$ respectivamente.($E$ y $F$ distintos de $B$).
Sea $E'$ la reflexión de $E$ con respecto a $B$. Si $DE'$ y $FC$ se intersectan en el punto $K$, demostrar que $\angle ACB=\angle KAB$.

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Joacoini

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Joacoini » Jue 28 May, 2020 2:15 am

Solución 152
Spoiler: mostrar
El problema te pide demostrar que $AK$ y $AC$ son isogonales al angulo $B\widehat AC$, como $AC$ es mediana de $ABD$ hay que probar que $AK$ es simediana y si $P$ es la intersección de $AK$ con $BD$ y por el lema de la simediana es suficiente con ver que $\frac{BP}{DP}=(\frac{AB}{AD})^2$.

$H=BK\cap CD,~G=DK\cap AB,~I=BK\cap AD$.

Por ceva en $ABD$
$\frac{AG}{GB}\cdot\frac{BP}{DP}\cdot\frac{DI}{IA}=1$
$\frac{BP}{DP}=\frac{GB}{AG}\cdot\frac{IA}{DI}$
$\frac{BP}{DP}=\frac{BE'}{AD}\cdot\frac{AB}{DH}$

Sea $X$ el pie de la perpendicular desde $B$ a $AD$, $AXBE$ es un rectángulo así que $AX=BE=BE'$.
Como los triángulos $CBD$ y $ADB$ son congruentes tenemos que $K$ es el conjugado isotomico del ortocentro de $CBD$, así que si $E'_1$ y $H_1$ son las alturas desde $D$ y $B$ entonces $\frac{BE'}{DH}=\frac{CE'_1}{CH_1}=\frac{CD}{DB}=\frac{AB}{AD}$ y para concluir

$\frac{BP}{DP}=\frac{BE'}{AD}\cdot\frac{AB}{DH}=(\frac{AB}{AD})^2$
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NO HAY ANÁLISIS.

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Turko Arias

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Turko Arias » Jue 28 May, 2020 3:02 am

@Joacoini me invitó a proponer por él, así que acá va un problema simpático :D

Problema 153
Sea $C$ un cuadrilátero convexo. Si el área de cada uno de los cuatro triángulos determinados por las dos diagonales de $C$ es un número natural, pruebe que el área de $C$ no es un número primo.
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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Lun 01 Jun, 2020 4:22 pm

Y así fue como el Turko logró meter Teoría de Números en la Maratón de Geo

Solución 153
Spoiler: mostrar
Sea $PQRS$ el cuadrilátero y $O=PR\cap QS$. Notemos que$$\frac{[POQ]}{[QOR]}=\frac{OP}{OQ}=\frac{[SOP]}{[ROS]}$$entonces$$[POQ][ROS]=[QOR][SOP]$$pongamos $[POQ]=a$, $[QOR]=b$, $[ROS]=c$ y $[SOP]=d$, tenemos entonces que $a,b,c,d\in \mathbb{N}$ y que $ac=bd$. Sea $w=\gcd (a,d)$ (su divisor común mayor), tenemos entonces que $a=wy$ y $d=zw$ con $\gcd (y,z)=1$, la ecuación se reduce a $yc=bz$. Como $\gcd (y,z)=1$ y $z\mid yc$, tenemos que $z\mid c$, digamos $c=xz$, la ecuación se reduce a $yx=b$. Entonces $a=wy$, $b=yx$, $c=xz$ y $d=zw$, con $w,x,y,z\in \mathbb{N}$, luego$$\begin{align*}[PQRS] & =[POQ]+[QOR]+[ROS]+[SOP] \\
& =a+b+c+d \\
& =wy+yx+xz+zw \\
& =(w+x)(y+z)
\end{align*}$$pero $w+x\geqslant 2$ y también $y+z\geqslant 2$, entonces $[PQRS]$ no es primo.
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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Mar 02 Jun, 2020 6:17 pm

Problema 154

Sea $ABCD$ un trapecio isósceles con $AB\parallel CD$, y sea $E$ el punto medio de $AC$. La tangente al circuncírculo de $ABE$ por $A$ y la tangente al circuncírculo de $CDE$ por $D$ se cortan en $P$.
Demostrar que $PE$ es tangente al circuncírculo de $CDE$.
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