Maratón de Problemas de Geometría

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Gianni De Rico

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

Dejá, había leído $\angle BAC=80^\circ$, con razón no cerraba...

Esto es trivial por el teorema de Bolshonikov demostrado en un bar de Bielorrusia en 1850

Ianoni

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Ianoni »

Solución 187
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Marcamos $E$ en el interior del triangulo $ABC$ tal que el triangulo $BEC$ es equilátero, tenemos que $BE=EC=BC$, ademas $E\hat{C}A=80^\circ -60^\circ =20^\circ$, por criterio $LAL$ los triángulos $ADC$ y $AEC$ son congruentes, por lo tanto $E\hat{A}C=D\hat{C}A$, pero como $A$ y $E$ pertenecen a la mediatriz de $BC$ tenemos que $E\hat{A}C=10^\circ$, entonces $D\hat{C}A=10^\circ$, de donde obtenemos que $B\hat{D}C=30^\circ$.
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Ianoni

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Ianoni »

Problema 188
Sean $A,B,C,D,E,F$ en ese orden en una circunferencia, tales que $BD$ es perpendicular a $CF$ y las rectas $AD,BE,CF$ son concurrentes. Sean $M$ en $AC$ tal que $BM$ y $AC$ son perpendiculares, y $N$ en $CE$ tal que $DN$ y $CE$ son perpendiculares.
Demostrar que $AE\parallel MN$.

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Monazo

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Monazo »

Solución 188
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Voy a nombras muchas igualdades de ángulos sin justificar debido a la falta de tiempo, pero creanme que son todos arcos capaces en alguna circunferencia.
Captura de Pantalla 2020-12-29 a la(s) 15.47.08.png
Definimos a $G$ como la intersección de $CF$ y $BD$ y a $P$ como la intersección de las diagonales que nos marca el enunciado.

Paso 1: Notemos que $BMGC$ es cíclico pues $\angle BMC = \angle BGC = 90$.
Paso 2: Notemos que $DNGC$ es cíclico pues $\angle DNC = \angle DGN = 90$.

Sean ahora $H$ e $I$ las intersecciones de $PB$ y $PD$ con $(BMFC)$ y $(DNGC)$ respectivamente.

Paso 3: Notemos que $BHID$ es cíclico pues $P$ pertenece al eje radical de ambas circunferencias y se cumple que $PH\cdot PB = PI\cdot PD$.
Paso 4: Notemos que $CHPI$ es cíclico. Gracias a los cíclicos que demostramos previamente obtenemos que $\angle PHI = \angle BDI = \angle GCI$. Se cumple arco capaz y ganamos.

Paso 5: Notemos que $\angle BDP = \angle PHI = \angle BEA$, por lo que $HI$ es paralela a $AE$ por alternos internos. Solo nos falta demostrar que $M,H,I$ y $N$ son colineales y ganamos.

Paso 6: Aprovechando que $P,H$ y $B$ ya son colineales por como los definimos, tenemos además que $\angle MHB = \angle MCB = \angle AEB = \angle PHI = 180-\angle BHI$. De esta manera tenemos que $\angle MHB + \angle BHI = 180$ y tenemos que $M,H$ e $I$ son colineales.

Paso 7: De la misma manera, se puede demostrar que $H,I$ y $N$ son colineales y terminariamos finalizando el problema.

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El Diego es del Lobo! Y del Lobo no se va!

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Monazo

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Monazo »

Problema 189

Sea $ABCD$ un cuadrilátero cíclico, sea $E$ la intersección de las rectas $AB$ y $CD$. Demostrar que el ortocentro de $\triangle EBC$, el ortocentro de $\triangle EAD$ y la intersección de las diagonales de $AC$ y $BD$ son colineales.
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BrunZo

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por BrunZo »

Solución 189 (más o menos)
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Vamos a ver el siguiente Lema 'ocular', que en realidad va 'pensamientamente' después, pero vamos a introducirlo primero para no causar confusión con la notación (vamos a usar letras que en principio nada que ver con el problema):

Lema: Sea $ABCD$ un trapecio isósceles con bases $AB$ y $CD$ y $X$ un punto en el plano. La paralela a $AX$ por $C$ y la paralela a $BX$ por $D$ se cortan en $Y$. Entonces, los puntos $X$, $Y$ y la intersección de las diagonales del trapeicio son colineales.

lema ocular.png

Demostración: Sea $P$ la intersección de las diagonales. Notemos que como los ángulos son iguales, los triángulos $XAB$ e $YCD$ son semejantes, luego $\frac{AX}{CY} = \frac{AB}{CD}$. Pero también los triángulos $PAB$ y $PCD$ son semejantes, así que $\frac{AB}{CD} = \frac{AP}{PC}$. Combinando ambas igualdades se ve $\frac{AX}{CY} = \frac{AP}{PC} \iff \frac{AX}{AP} =\frac{CY}{CP}$. Pero como $AX\parallel CY$ tenemos $\angle XAP = \angle YCP$, que junto con la última igualdad prueba que $XAP$ e $YCP$ son semejantes, de donde $\angle XPA = \angle YPC$, lo que prueba la colinealidad.


Ahora sí, habiendo visto esta sutileza ocular, volvemos a la notación original y procedemos a resolver el problema.
Llamemos $H_1$ al primer ortocentro, $H_2$ al segundo ortocentro y $F$ a la intersección de las diagonales. Queremos probar que estos tres puntos son colineales.

solución.png

Primer paso: consideremos las intersecciones de $BH_1$ y $CH_1$ con la circunferencia $ABCD$, llamémoslas $B'$ y $C'$. Vamos a ver que $AD\parallel B'C'$:
Llamemos $\alpha$ al ángulo $\angle BCD$ y $X$ a la intersección de $CC'$ y $AD$.
Como $ABCD$ es cíclico, vale que $\angle BAX = \alpha$. Como $BB'$ es perpendicular a $CD$, vale que $\angle B'BC = 90^{\circ} - \alpha$. Como $CC'$ es perpendicular a $AB$, tenemos que $\angle AXC = 90^{\circ} - \angle BAX = 90^{\circ} - \alpha$.
Como $BCB'C'$ es cíclico, vale que $\angle B'C'C = \angle B'BC = 90^{\circ} - \alpha$ como vimos antes.
En definitiva, $\angle B'C'C = \angle AXC = 90^{\circ} - \alpha$, de donde se ve que $AD\parallel B'C'$. Más aún, como los cuatro puntos están en una circunferencia, sabemos que $AC'B'D$ debe ser un trapecio isósceles (!)

Ahora viene el segundo paso: veamos que $BB'$ y $CC'$ se cortan en $H_1$; $AB'$ y $C'D$ se cortan en un punto todavía no introducido, llamémoslo $P$; y aparte habíamos definido a $F$ como la intersección de $AC$ y $BD$, así que por Pascal estos tres puntos son colineales.

Y con esto terminamos, porque sabemos que $AH_2$ y $BH_1$ son ambas perpendiculares a $CD$, por lo que son paralelas entre sí, y lo mismo con $CH_1$ y $DH_2$. Entonces lo que tenemos es nuestro lema ocular: en el trapecio isósceles $AC'B'D$ cuyas diagonales se cortan en $P$ trazamos dos pares de paralelas que se cortan en $H_1$ y $H_2$, así que $H_1$, $H_2$ y $P$ son colineales. Pero habíamos dicho antes que $H_1$, $P$ y $F$ eran colineales, así que ahora sabemos que los cuatro puntos lo son. En particular, probamos la recta $H_1$, $H_2$ y $F$, como queríamos.

Por caso que esté bien... dejo esto por acá... a ver qué se encuentra 😊

Problema 190

Sea $ABCD$ un cuadrilátero. Marquemos puntos $K$, $L$, $M$ y $N$ en los lados $AB$, $BC$, $CD$ y $DA$ tales que

$$\frac{AK}{KB}=\frac{AD}{BC},\quad\frac{BL}{LC}=\frac{AB}{CD},\quad\frac{CM}{MD}=\frac{BC}{AD},\quad\frac{DN}{NA}=\frac{CD}{AB}$$

es decir, la proporción en la que cada punto parte a su lado es la proporción entre ambos lados adyacentes, en el mismo orden. Las rectas $KM$ y $LN$ delimitan dos ángulos suplementarios. Demostrar que cada uno de ellos mide el promedio de dos ángulos opuestos del cuadrilátero.
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Última edición por BrunZo el Mié 17 Feb, 2021 11:10 pm, editado 1 vez en total.
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Sandy

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Sandy »

Otra solución 189:
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Sean $X$ e $Y$ los ortocentros de $\overset{\Delta}{ADE}$ y $\overset{\Delta}{BCE}$ respectivamente y $Z$ la intersección de $AC$ y $BD$. Sean $M$ y $K$ los pies de las perpendiculares por $A$ y $B$ a $CD$ respectivamente y sean $L$ y $J$ los pies de las perpendiculares por $D$ y $C$ a $AB$ respectivamente.
$A\widehat{M}C=A\widehat{J}C=B\widehat{L}D=B\widehat{J}D=90^{\text{o}}$ entonces $MAJC$ y $LDKB$ son cíclicos.
$AX\times XM=LX\times XD$ por ser $ADML$ cíclico.
$BY\times YK=CY\times YJ$ por ser $BCKJ$ cíclico.
$AZ\times ZC=BZ\times ZD$ por ser $ABCD$ cíclico.
Luego $X,Y,Z$ pertenecen al eje radical entre $MAJC$ y $LDKB$, luego son colineales.
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$u=tan\left(\frac{x}{2}\right)$
$\frac{2}{1+u^2}du=dx$

ricarlos
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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por ricarlos »

Dauphineg escribió:
Vie 23 Oct, 2020 2:25 am
Problema 179
Sea $ABCD$ un cuadrado y $\Gamma$ su circunferencia inscrita. Una recta tangente a $\Gamma$ intersecta a los lados $AB$, $AD$ y a la diagonal $AC$ en $P, Q$ y $R$ respectivamente. Demostrar que $\frac{AP}{PB} +\frac{AR}{RC}+\frac{AQ}{QD}=1$
Solucion.
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Sea $\beta$ la circunscrita al $ABCD$ con centro $O$. Luego $PQ$ corta a $\beta$ en $B'$, (ver dibujo) y $D'$.
El angulo $D'QD$ tiene a $QO$ como su bisectriz ya que PBCDQ es tangencial a $\Gamma$ y es facil ver que $QD=QD'$ (1) asi como $QA=QB'$, luego de igual modo concluimos que PB=PB' y PA=PD'.
Sea $S = BD'\cap AD$, ya que $SD'D$ es un triangulo rectangulo (en D') y dada la igualdad (1) concluimos que $Q$ es su circuncentro, luego $SQ=(1)$.
Luego la razon $\frac{AQ}{QD}$ puede reescribirse $\frac{AQ}{SQ}$ (*).

Sea $T = DB'\cap AB$, del mismo modo que antes (esta vez P es el circuncentro del triang. rect. BB'T, etc.) concluimos que:

la razon $\frac{AP}{PB}$ puede reescribirse $\frac{AP}{TP}$ (**).

Sea $E$ la interseccion de las bisectrices $IQ$ y $OP$ (I=incentro de AQP) de los angulos $AQP$ y $APD'$, respectivamente (E es el Q-excentro del triangulo AQP). Facilmente vemos que $ES=ED'=EA$, luego $E$ es el circuncentro de $SD'A$ a cuyo circuncirculo lo llamamos $\omega$.
Vemos entonces que $\omega$ y $\beta$ tienen a $P$ como centro de homotecia ya que $BB'\parallel D'A$ y $P$ se halla en la recta que une los centros.
No es dificil ver que $B'C\parallel D'S$ y menos dificil que $BC\parallel AS$ y como $SA$ y $D'S$ concurren en $S$, asi como $B'C$ y $BC$ concurren en $C$, concluimos que $S$ se manda por $P$ hacia $C$.

Con igual razonamiento llegamos a que $T, Q, C$ son colineales.

Sea $U = ST\cap AC$, vemos que en $SPQT$ es $A = SQ\cap PT$ y ademas $C= SP\cap TQ$, luego sabemos que $(U,A,R,C)=-1$. Es decir, por cuaterna armonica, $\frac{AR}{RC}=\frac{AU}{CU}$(***).

$ (*) + (**) + (***) = \frac{AQ}{SQ}+\frac{AP}{TP}+\frac{AU}{CU}$ (expresion equivalente a la del enunciado) este es un problema de cevianas concurrentes, en este caso en el triangulo $STC$, que tiene solucion y sabemos que da 1. Linkeo el problema y su solucion:

https://gogeometry.blogspot.com/2008/06 ... m-129.html
grafico.png
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Dado un triangulo ABC y los puntos medios L, M y N de los lados BC, AC y AB, respectivamente, probar que las bisectrices de los angulos ANB, BLC y CMA son concurrentes.

BrunZo

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por BrunZo »

BrunZo escribió:
Mar 29 Dic, 2020 7:58 pm
Problema 190

Sea $ABCD$ un cuadrilátero. Marquemos puntos $K$, $L$, $M$ y $N$ en los lados $AB$, $BC$, $CD$ y $DA$ tales que

$$\frac{AK}{KB}=\frac{AD}{BC},\quad\frac{BL}{LC}=\frac{AB}{CD},\quad\frac{CM}{MD}=\frac{BC}{AD},\quad\frac{DN}{NA}=\frac{CD}{AB}$$

es decir, la proporción en la que cada punto parte a su lado es la proporción entre ambos lados adyacentes, en el mismo orden. Las rectas $KM$ y $LN$ delimitan dos ángulos suplementarios. Demostrar que cada uno de ellos mide el promedio de dos ángulos opuestos del cuadrilátero.
Ya que no lo resolvieron en 2 meses, posteo la solución: (EDIT: sí que tardé, eh)
Spoiler: mostrar

La razón por la que quería saber que encontraban era porque mi solución es malísima jajjaja
En fin, empecemos a bazuquear este mosquito:


El Gran Teorema de la Bisectriz: ("Bise" para los amigos) Sea $ABC$ un triángulo y sean $K$, $P$ puntos en los lados $AC$ y $BC$ respectivamente. Entonces $\frac{BA+AK}{KC}=\frac{BP}{PC}$ si y solo si $KP$ es paralela a la bisectriz de $\hat{A}$.

Demostración: Vamos a hacer otra cosa. Empecemos trazando las paralelas a la bisectriz por $P$ y por $C$. Digamos que la primera corta a $AC$ y a $AB$ en $K'$ y $L$, mientras que la segunda corta a $AB$ en $D$.
Notemos que como $CD$ es paralela a la bisectriz, $C\hat{A}B=2A\hat{C}D$. Pero entonces $A\hat{C}D=C\hat{D}A=C\hat{A}B/2$ de donde $AC=AD$. Además, $K'L$ es paralela a $CD$ así que también $AK'=AL$. Pero entonces, por Thales
$$\frac{BP}{PC}=\frac{BL}{LD}=\frac{BA+AK'}{K'C}$$

Esto ya nos prueba que si $KP$ es paralela a la bisectriz, entonces por definición $K'=K$ y vale la proporción. Por otro lado, si vale la proporción, como $BA+AK+KC$ es fijo para todo $K$ en $AC$ (de hecho, vale $BA+AC$), entonces hay un único $K$ que cumple esa proporción, y $K'$ la cumple, así que en definitiva $K=K'$ y vale la paralela a la bisectriz.

Corolario: Si $P=A$ tenemos el teorema de la bisectriz y el converso.

Lema 1.png

Gran Lema de Joaco-Lucas sobre el Gran Teorema de la Bisectriz: ("Joaco-Lucas" para los amigos) Sea $ABC$ un triángulo y $D$, $E$ puntos en los lados $AB$ y $AC$. Marcamos $M$ y $N$ en $BC$ y $DE$ tales que $\frac{BM}{CM}=\frac{DN}{EN}=\frac{BD}{CE}$. Entonces $MN$ es paralela a la bisectriz de $\hat{A}$.

Demostración: Introduzcamos $K$ en el lado $AC$ como en Bise para que $\frac{BA+AK}{KC}=\frac{BM}{CM}$ (bueno, en realidad depende de varias cosas, quizás tendríamos que poner el punto en el lado $AC$ o $AB$, pero SPG digamos que está en $AC$). Entonces, por Bise vale que $KM$ es paralela a la bisectriz. Pero como $\frac{BA+AK}{KC}=\frac{BM}{CM}=\frac{BD}{CE}$, entonces
$$\frac{BN}{CN}=\frac{BM}{CM}=\frac{BA+AK-BD}{KC-CE}=\frac{DA+AK}{KE}$$
Y entonces otra vez por Bise vale que $KN$ es paralela a la bisectriz. En consecuencia, $KMN$ caen los tres en la paralela a la bisectriz por $K$, lo que prueba el lema.

Corolario: El pequeño lema de Joaco-Lucas (Joaco-Luquitas), también conocido como Nacional 2019 N1 P3, que merece una historia aparte.

Lema 2.png

Sean $P$ y $Q$ las intersecciones de $AD$ y $BC$, y de $AB$ y $CD$. Nótese que por Joaco-Lucas en las dos direcciones, vale que $KM$ es paralela a la bisectriz por $\hat{P}$, y $LN$ a la bisectriz por $\hat{Q}$, así que hay que hallar el ángulo entre estas bisectrices (sí, así de decepcionante). Y esto es nada más de plantear los ángulos y resolverlo (o bien, hacer una "trampa visual": supongamos las rectas $PA$ y $QA$ y las vamos rotando por $P$ y $Q$ hasta que lleguen a $PB$ y $QD$ respectivamente. Entonces, el ángulo paso de medir $\hat{A}$ a medir $\hat{C}$. Pero notemos que justo a mitad de camino [cuando avanzamos la mitad en ambos ángulos] se forma el ángulo que queríamos, así que con las cuentitas necesarias se be que este debe ser el promedio $\frac{\hat{A}+\hat{C}}{2}$ como queríamos).

Problema.png

Y con el mosquito ya muerto (por no decir completamente destrozado), vamos a dormir tranquilos.

PD: Esto es lo más cercano a una Oda a la Cuchilla que voy a escribir... al menos por un tiempo... espero que guste 😊
Ahora, le abro el espacio a @Ianoni para que proponga otro problema.
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Última edición por BrunZo el Mar 23 Feb, 2021 12:56 am, editado 1 vez en total.
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Ianoni

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Ianoni »

Problema 191

Sea $ABCD$ un cuadrilátero convexo con $\angle BAD= 90^\circ$, y sean $M$ y $N$ los puntos medios de los lados $BC$ y $CD$ respectivamente. Si $\angle BAM=\angle MAN=\angle NAD$, demostrar que $\angle DCB= 60^\circ$.
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