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 » Vie 22 Feb, 2019 7:02 pm

Solución 102
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Sea $X'$ el punto tal que $AEX'D$ es un trapecio isósceles. Luego $AEX'D$ es cíclico y $\angle X'DA=\angle EAD=\angle CAD=\angle DAB$, de donde $DX'\parallel AB$. Sea $G$ el segundo punto de intersección de $DX'$ y el circuncírculo de $ABC$, luego $DG\parallel AB$, de donde $ABDG$ es un trapecio isósceles, además $\angle GDA=\angle X'DA=\angle CAD$, por lo que $GA=CD$ y $AD\parallel CG$. Sea $M$ el punto medio de $CD$, por Thales tenemos $EM\parallel AD\parallel EX'$ por lo que $E,X',M$ son colineales, nuevamente por Thales, como $MX'\parallel AD\parallel CG$ tenemos que $X'$ es el punto medio de $DG$. Por lo tanto $FX'$ es mediatriz de $AB$. Entonces $X$ y $X'$ están sobre la mediatriz de $AB$, sobre el circuncírculo de $ADE$ y en el mismo semiplano que $E$ respecto de $AD$ ($X$ lo está porque en caso contrario estaría fuera del circuncírculo y por lo tanto del triángulo, y $X'$ lo está pues $EX'\parallel AD$), de donde $X=X'$ pues el otro punto de intersección entre la mediatriz de $AB$ y el circuncírculo de $ADE$ está en el otro semiplano respecto de $AD$. Por lo tanto $ADXE$ es un trapecio isósceles y la mediatriz de $EX$ coincide con la mediatriz de $AD$. Análogamente, la mediatriz de $FY$ coincide con la mediatriz de $AD$ (entonces $EX\parallel FY$. Luego, la recta que pasa por los puntos medios de $EX$ y $FY$ es la mediatriz de $AD$.
Sea $P=EF\cap XY$, la homotecia de centro $P$ que manda $E$ a $F$ manda también $X$ a $Y$ (por Thales), luego manda el punto medio de $EF$ al punto medio de $XY$, es decir que estos tres puntos están alineados, por lo que $P$ está sobre la mediatriz de $AD$, entonces equidista de $A$ y $D$.
[math]

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Gianni De Rico

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Vie 22 Feb, 2019 7:53 pm

Problema 103
Sea $O$ el centro del excírculo correspondiente al vértice $A$ del triángulo $ABC$, que es tangente al lado $BC$ en $A'$, a la recta $CA$ en $B'$ y a la recta $AB$ en $C'$. Las rectas $AB$ y $A'B'$ se cortan en el punto $P$.
Demostrar que $CC'$ es perpendicular a $OP$.
[math]

jujumas

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por jujumas » Vie 22 Feb, 2019 11:43 pm

Solución 103:
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Si $CC′$ vuelve a cortar al excírculo en $X$, notemos que como $CA′$ y $CB′$ son tangentes al excírculo, $A′XB′C′$ es armónico, de donde $A′B′$, la tangente al excírculo por $C′$ y la tangente al excírculo por $X$ concurren. Luego, $EX$ es tangente al excírculo y $EO$ es mediatriz de $C′X$, lo que implica lo pedido.
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jujumas

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por jujumas » Vie 22 Feb, 2019 11:47 pm

Problema 104:

Un hexágono convexo $ABCDEF$ cumple que $AB=DE$, $BC=EF$, $CD=FA$ y que $\angle A - \angle D = \angle E - \angle B = \angle C - \angle F$. Demostrar que $AD$, $BE$, y $CF$ concurren.

jujumas

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por jujumas » Sab 09 Mar, 2019 4:02 pm

Como no quiero que la maratón se quede trabada por mucho más, voy a largar dos hints para este problema. En particular, son pasos (sin su demostración) a una solución sintética.

Hint 1:
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Si extendemos las rectas $AB$, $CD$ y $EF$, formamos un triángulo semejante al que conseguimos al extender las rectas $DE$, $FA$ y $BC$.
Hint 2:
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Salvo en un caso específico, existe siempre un triángulo cuyos segmentos son de igual longitud y paralelos a $AB$, $CD$ y $EF$ respectívamente. Lo mismo sucede con $DE$, $FA$, $BC$.

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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 12 Mar, 2019 12:26 am

Solución 104
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Sea $\alpha =\angle A-\angle D=\angle E-\angle B=\angle C-\angle F$, y sean $P,Q,R$ puntos tales que $CDEP,AFEQ,ABCR$ son paralelogramos. Entonces $\angle PEQ=\angle FEQ+\angle DEP-\angle E=(180°-\angle F)+(180°-\angle D)-\angle E=360°-\angle D-\angle E-\angle F=\frac{1}{2}(\angle A+\angle B+\angle C-\angle D-\angle E-\angle F)=\frac{\alpha}{2}$
Análogamente, $\angle QAR=\angle RCP=\frac{\alpha}{2}$

Por construcción tenemos además que $AR=BC=EF=AQ$, $CR=AB=DE=CP$ y $EP=CD=AF=EQ$. Además, podemos suponer sin pérdida de generalidad que $\alpha \geqslant 0$.

Si $\alpha =0$ tenemos $P=Q=R$, entonces $AB\parallel CR\parallel PC\parallel ED$, por lo que $ABDE$ es un paralelogramo. Análogamente, $BCEF$ y $CDFA$ son paralelogramos. Luego $AD,BE,CF$ se bisecan mutuamente.
Si $\alpha >0$ entonces, como $\triangle PEQ$, $\triangle QAR$ y $\triangle RCP$ son isósceles y tienen el mismo ángulo opuesto a la base, resulta $\triangle PEQ\simeq \triangle QAR\simeq \triangle RCP$ a razón $DC:CB:BA$, de donde $\frac{RQ}{QP}=\frac{RA}{QE}=\frac{RA}{AF}$.
Además $\measuredangle (RQ,QP)=\measuredangle (RQ,QE)+\measuredangle (QE,QP)=\measuredangle (RQ,QE)+\measuredangle (RA,RQ)=\measuredangle (RA,QE)=\measuredangle (RA,AF)$
Por lo tanto $\triangle PQR\simeq \triangle FAR$, y como $FA=DC$ y $AR=CB$ se sigue que $FR=BA=CR$. Análogamente, $FP=CR$. Luego $CRFP$ es un rombo, por lo que $CF$ es mediatriz de $PR$. Análogamente $BE$ es mediatriz de $PQ$ y $AD$ es mediatriz de $QR$. Luego $AD$, $BE$, $CF$ concurren en el circuncentro $O$ de $\triangle PQR$.
Verdaderamente, un G5 me parece un poco desproporcionado. Tratemos de mantener los problemas dentro de un nivel accesible para el público (?) en general.
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[math]

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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 12 Mar, 2019 12:30 am

Problema 105
Sean $H$ el ortocentro del triángulo acutángulo $ABC$ y $M$ el punto medio de $BC$, se marcan los puntos $D$ y $E$ tales que $\angle ADM=\angle BDC=\angle CEB=\angle AEM=90°$.
Demostrar que $D,E,H$ están alineados.
[math]

BrunZo

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por BrunZo » Vie 15 Mar, 2019 10:24 pm

Solución 105 (un poquito fea):
Spoiler: mostrar
geogebra-export.png
Debido a la condición de los ángulos, podemos redefinir los puntos $D$ y $E$ como las intersecciones de los círculos con diámetros $BC$, $AM$, que llamaremos $\omega_1$, $\omega_2$. Entonces, queremos demostrar que $H\in DE$, o sea, $\text{Pot}_{\omega_1}(H)=\text{Pot}_{\omega_2}(H)$.
Por Potencia de un Punto, tenemos
$$\text{Pot}_{\omega_1}(H)=BM^2-HM^2$$
ya que $M$ es centro de $\omega_1$. Sea $AH_1$ una altura del triángulo. Como $\angle AH_1M=90^\circ$, $H_1$ pertenece a $\omega_2$. O sea,
$$\text{Pot}_{\omega_2}(H)=AH\cdot HH_1$$
(Acá viene la parte cuentosa.) Vamos a calcular $HM$. Sabemos que $BH_1H\sim AH_1C$. Esto es,
$$\frac{BH_1}{HH_1}=\frac{AH_1}{H_1C}\Longrightarrow BH_1\cdot H_1C=AH_1\cdot HH_1$$
Lo que equivale a
$$(BM-H_1M)\cdot (BM+H_1M)=AH_1\cdot HH_1\Longrightarrow BM^2-AH_1\cdot HH_1=H_1M^2$$
Entonces, tenemos
$$HM^2=H_1M^2+HH_1^2=BM^2-AH_1\cdot HH_1+HH_1^2$$
De este modo,
$$\text{Pot}_{\omega_1}(H)=BM^2-HM^2=AH_1\cdot HH_1-HH_1^2=AH\cdot HH_1=\text{Pot}_{\omega_2}(H)$$
y estamos.
Observación extra (me encanta hacer observaciones):
Spoiler: mostrar
Del problema, se puede sacar en limpio la siguiente fórumula para $HM$, en funcion del lado $a$, la altura $h_a$ y el circunradio $R$:
$$HM=\sqrt{4R^2-\frac{3a^2}{4}-h_a\sqrt{4R^2-a^2}}$$
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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Sab 16 Mar, 2019 8:34 am

La solución es correcta, un pequeño detalle
BrunZo escribió:
Vie 15 Mar, 2019 10:24 pm
Spoiler: mostrar
$$\text{Pot}_{\omega_1}(H)=BM^2-HM^2$$
Spoiler: mostrar
La potencia de un punto $P$ respecto a una circunferencia $\Gamma$ de centro $O$ (con $OP=d$) y radio $r$ es $$\text{Pot}(P,\Gamma )=d^2-r^2$$
La cuenta sigue siendo válida por esto
BrunZo escribió:
Vie 15 Mar, 2019 10:24 pm
$$\text{Pot}_{\omega_2}(H)=AH\cdot HH_1$$
pero si nos ponemos estrictos (y usamos segmentos dirigidos), ambos valores son el opuesto de la potencia de $H$ respecto a las circunferencias.
Te toca proponer :D
[math]

BrunZo

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por BrunZo » Sab 16 Mar, 2019 7:16 pm

Mando uno hecho por mí.

Problema 106.
Sea $\omega$ el circuncírculo de un triángulo $ABC$. Sea $M$ el punto medio del arco $ABC$ y $N$ un punto en el arco $BM$ menor tal que $BN=2NM$ (medido en arcos). Sean $K$, $L$ las proyecciones (pies de las perpendiculares) de $N$ en $AB$, $BC$. Demostrar que $KL$ pasa por el centro de la circunferencia de los nueve puntos de $ABC$.

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