Maratón de Problemas de Geometría

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¿hola?

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

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Solución 154
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Sean $X$ e $Y$, $AP\cap DC$ y $DP\cap AB$ respectivamente, sea $F$ el punto medio de $DB$, $O=AC\cap BD$.
maratón_hola.png
Por ser $ABCD$ un trapecio isósceles, $B\hat {D}C=D\hat {C}A=C\hat {A}B=A\hat {B}D$.
Por $F$ estar en el circuncirculo de $ABE$ y por angulo semi-inscripto, $F\hat {A}X=A\hat {B}F$, análogamente, $E\hat {D}Y=D\hat {C}E$.
Como $F\hat {A}X=F\hat {D}X$ y $E\hat {D}Y=E\hat {A}Y$ entonces $AYED$ y $AFXD$ son cuadriláteros cíclicos.
Por lo anterior podemos ver que, $B\hat {Y}D=D\hat {E}C$ y $B\hat {F}A=C\hat {X}A$, con lo que ya podemos ver que los triángulos $ABF$ y $ACX$ son semejantes y los triángulos $DYB$ y $DEC$ son semejantes por tener dos ángulos iguales en cada caso. Esto implica que...
(Supongamos que $P$ esta dentro del trapecio, el caso contrario es muy similar).

$\frac{DC}{CE}=\frac{DB}{BY} \Rightarrow \frac{DC}{\frac{1}{2}AC}=\frac{AC}{BY} \Rightarrow BY=\frac{AC^2}{2DC} \Rightarrow AY=AB-\frac{AC^2}{2DC}$

$\frac{AB}{BF}=\frac{AC}{CX} \Rightarrow \frac{AB}{\frac{1}{2}AC}=\frac{AC}{CX} \Rightarrow CX=\frac{AC^2}{2AB} \Rightarrow DX=DC-\frac{AC^2}{2AB}$

Ahora como $YPA$ y $DPX$ son semejantes, por ser $DC\parallel AB$, entonces $\frac{AP}{PX}=\frac{AY}{DX}=\frac{AB-\frac{AC^2}{2DC}}{DC-\frac{AC^2}{2AB}}=\frac{AB}{DC}=\frac{AO}{OC}$

Entonces por tales $PO\parallel DC\parallel AB \Rightarrow D\hat {O}P=P\hat {O}A=A\hat {B}D=P\hat {D}E$ por lo que $PEOD$ es ciclico, de esto, $P\hat {E}D=P\hat {O}D=P\hat {D}E$ que implica $PD=PE$ por lo que finalmente $PE$ es tangente al circuncirculo de $DEC$.
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Turko Arias

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Turko Arias »

¿hola? escribió:
Mié 08 Jul, 2020 5:55 pm
Solución 154

Entonces por tales
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Monazo

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Monazo »

Problema 155

Sea $ABC$ un triangulo, $I$ el incentro, $M$ el punto medio de $BC$, $L$ y $N$ los puntos medios de los dos arcos de $BC$ con $L$ en el mismo arco que $A$. Demostrar que $AN$ es tangente a la circunscrita de $LIM$.
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Fran5

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Fran5 »

Solución 155

Voy a dejar varios lemas como ejercicio para el lector.
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Lema 0: Los puntos medios $L,N$ de los arcos son las intersecciones de la mediatriz de $BC$ con la circunscrita de $ABC$. En particular $\angle NBL = \angle NCL = 90$

Lema 0,5: La recta $NI$ es tangente a la circunscrita de $LIM$ si y sólo si $NI^2 = NM \cdot NL$

Lema 1: Los puntos $A,I,N$ están alineados.

Lema 2: El punto medio del arco, $N$, es el centro de la circunferencia que pasa por $B,I,C$
(pista: $BNI$ y $INC$ son isósceles?)

Lema 3: En un triángulo rectángulo (arbitrario) $NBL$ de hipotenusa $NL$ y altura $BM$ se verifica que $NB^2 = NM \cdot NL$.

Juntando estos lemas vemos que $NI$ es tangente a la circunscrita de $LIM$
Problema 156

Sea $H$ el ortocentro de un triángulo acutángulo $ABC$ y $M$ el punto medio de $AH$. La recta $BH$ corta a $AC$ en $D$. Considera un punto $E$ de manera que $BC$ sea la mediatriz del segmento $DE$. Los segmentos $CM$ y $AE$ se cortan en $F$. Mostrar que $BF$ es perpendicular a $CM$
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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 156
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Sean $G=AB\cap CH$, $I=DE\cap CG$, y $J=CF\cap BD$. Notemos que $E$ es el simétrico de $D$ por $BC$, entonces $\angle CEB=\angle BDC=90°=\angle BGC$, entonces $BECDG$ es cíclico. Ahora, tenemos que $DE\perp BC\perp AH$, entonces por Thales se sigue $\frac{CI}{IH}=\frac{CD}{DA}$, y como $M$ es punto medio, entonces $\frac{AM}{MH}\frac{HI}{IC}\frac{CD}{DA}=1$, luego, por Ceva, tenemos que $AI,HD,CM$ concurren, por lo que $A,J,I$ están alineados. Entonces por Pascal en $BGCFED$ tenemos que $BECDFG$ es cíclico, así que $\angle BFC=\angle BDC=90°$.
Solución 156 v2.0
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Sea $G=CH\cap AB$, igual que antes, notamos que $E$ es el simétrico de $D$ por $BC$ y que $BECDG$ es cíclico, entonces por potencia de un punto, $AG\cdot AB=AD\cdot AC$. Consideramos la inversión de centro $A$ y radio $\sqrt{AG\cdot AB}$, esta inversión intercambia $B$ con $G$ y $C$ con $D$, y manda $M$ a $M'$, $H$ a $H'$ y $E$ a $E'$. Como $\angle AGH=90°$, entonces $\angle AH'B=90°$, análogamente, $\angle AH'C=90°$, entonces $H'=AH\cap BC$. Ahora, como $M$ es el punto medio de $AH$, entonces $H'$ es el punto medio de $AM'$, así que $M'$ es el simétrico de $A$ por $BC$, así que $ADEM'$ es un trapecio isósceles, por lo que es cíclico. Por lo tanto, $M,E',C$ son colineales; pero también $A,E',E$ son colineales, así que $E'\equiv F$. Entonces $BECDFG$ es cíclico, así que $\angle BFC=\angle BDC=90°$.
Solución 155 bis
(Perdón, es más fuerte que yo)
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Invertimos con centro $N$ y radio $NB=NC=NI$, entonces $BC$ va a $\odot ABC$, así que $M$ va a $L$, por lo tanto, $NI^2=NM\cdot NL$, así que $NI$ es tangente a $\odot LIM$, por lo que $AN$ es tangente a $\odot LIM$.
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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 157

Sea $AB$ el diámetro de una circunferencia $\omega$, y sea $\ell$ la recta tangente a $\omega$ en el punto $B$. Se eligen los puntos $C,D$ en $\ell$ de modo que $B$ esté entre $C$ y $D$. La recta $AC$ corta nuevamente a $\omega$ en el punto $E$, la recta $AD$ corta nuevamente a $\omega$ en el punto $F$, la recta $CF$ corta nuevamente a $\omega$ en el punto $G$, y la recta $DE$ corta nuevamente a $\omega$ en el punto $H$.
Demostrar que $AG=AH$.
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Esto es trivial por el teorema de Bolshonikov demostrado en un bar de Bielorrusia en 1850

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Fran5

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Fran5 »

Gianni De Rico escribió:
Mar 01 Sep, 2020 1:40 pm
Solución 155 bis
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Hernan26

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Hernan26 »

Solución 157:
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Como $AB$ es diámetro y $CD$ es tangente en $B$ tenemos que:
$\angle ABE= 90- \angle EBC= \angle BCE$ por lo que $AB$ es tangente a $(BCE)$ en $B$.
Análogamente, $AB$ es tangente a $(BDF)$ en $B$.
Por lo tanto, $(BFD)$ y $(BCE)$ son tangentes en $B$ y su eje radical es $AB$.
De esto último se deduce que $AE\times AC= AF\times AD$ por lo que $CDFE$ es cíclico.
Luego: $\angle AEH= \angle GFA$ por el cíclico anterior.
Por último, $\angle AGH= \angle AEH= \angle GFA= \angle GHA$ por lo que $AG=AH$.
3.png
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Hernan26

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Hernan26 »

Problema 158:

Sea $ABC$ un triángulo agudo. Sean $AM$ y $BN$ sus alturas. Se elige un punto $D$ en el arco $ACB$ del circuncírculo del triángulo. Las rectas $AM$ y $BD$ se intersectan en $P$ y las rectas $BN$ y $AD$ en $Q$. Probar que $MN$ biseca a $PQ$.

Ianoni

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Ianoni »

Solución 158
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Sea $H$ la intersección de $AM$ con $BN$ y $O$ la intersección de $QP$ y $MN$,por arco capaz, el angulo $CBD = CAD$, entonces, los triángulos $MPB$ y $NQA$ son semejantes ya que comparten 2 ángulos, ademas, el angulo $NHA = MHB$ por opuestos por el vértice, entonces los triangulos $MHB$ y $ANH$ son semejantes ya que comparten 2 ángulos, luego podemos plantear las siguientes relaciones:

$\frac{AN}{MB} = \frac{NQ}{MP}$

$\frac{AN}{MB} = \frac{NH}{MH}$ entonces,

$\frac{NQ}{MP} = \frac{NH}{MH}$ por lo tanto,

$\frac{NH}{NQ} * \frac{MP}{MH} = 1$ $(*)$ , por teorema de Menelao en el triangulo $PHN$ con la transversal $NM$, tenemos que:

$\frac{NH}{NQ} * \frac{MP}{MH} * \frac{QO}{OP} = 1$ , remplazando $(*)$, nos queda que:

$\frac{QO}{OP} = 1$, luego $QO = OP$ como queriamos
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