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b)3
c)1,5
d)1
e)2
Resposta
e
IME / ITA ⇒ (Simulado IME/ITA) Geometria Plana Tópico resolvido
Moderador: [ Moderadores TTB ]
-
Flavio2020 
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Jan 2019
25
19:53
(Simulado IME/ITA) Geometria Plana
No gráfico,A,B e C são pontos de tangência e EF=EC.Calcule [tex3]\frac{BD}{DE}[/tex3]
.
a)0,5
b)3
c)1,5
d)1
e)2
e
b)3
c)1,5
d)1
e)2
e
-
Auto Excluído (ID:12031)
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Jan 2019
26
16:01
Re: (Simulado IME/ITA) Geometria Plana
não resolvi,
mas pra encontrar uma solução esperta acho que tem dois caminhos:
1-)
[tex3]P[/tex3] é o ponto de encontro das retas tangentes ao círculo por [tex3]A[/tex3] e por [tex3]B[/tex3] .
[tex3]X = BF \cap CD[/tex3]
usar alguma coisa relacionada com [tex3]\angle BFA = \angle APB[/tex3] para encontrar [tex3]FX[/tex3]
2-)
Fechar o triângulo [tex3]\Delta FCB[/tex3]
[tex3]Y = FD \cap BC[/tex3]
, o teorema de Ceva diz que [tex3]XY \parallel FC[/tex3] e que [tex3]\frac{BX}{BF} = \frac{BY}{BC}[/tex3]
é claro que isso é só um achismo
mas pra encontrar uma solução esperta acho que tem dois caminhos:
1-)
[tex3]P[/tex3] é o ponto de encontro das retas tangentes ao círculo por [tex3]A[/tex3] e por [tex3]B[/tex3] .
[tex3]X = BF \cap CD[/tex3]
usar alguma coisa relacionada com [tex3]\angle BFA = \angle APB[/tex3] para encontrar [tex3]FX[/tex3]
2-)
Fechar o triângulo [tex3]\Delta FCB[/tex3]
[tex3]Y = FD \cap BC[/tex3]
, o teorema de Ceva diz que [tex3]XY \parallel FC[/tex3] e que [tex3]\frac{BX}{BF} = \frac{BY}{BC}[/tex3]
é claro que isso é só um achismo
Jan 2019
27
09:08
Re: (Simulado IME/ITA) Geometria Plana
O lance é provar que aquela reta parte FB ao meio pois por menelaus
[tex3]\frac{CE*FK*BD}{CF*KB*DE}=1[/tex3]
[tex3]\frac{FK*BD}{KB*DE}=2[/tex3]
[tex3]\frac{CE*FK*BD}{CF*KB*DE}=1[/tex3]
[tex3]\frac{FK*BD}{KB*DE}=2[/tex3]
Não importa se você é magrinho ou gordinho, alto ou baixo, o que te difere dos outros é quando expõe seus conhecimentos.
-
Auto Excluído (ID:12031)
- Última visita: 31-12-69
Jan 2019
27
16:10
Re: (Simulado IME/ITA) Geometria Plana
exatamentejvmago, esse teorema é bem interessante porque se você juntar os pontos de tangência você tem um triângulo qualquer e o círculo sendo o incirculo. Esse teorema parece ter a ver com o ponto de Gergonne de um triângulo qualquer, mas não estou conseguindo ver um jeito de evitar as contas aqui.
Um começo
Se [tex3]t_a[/tex3] é a reta tangente ao círculo por [tex3]A[/tex3] , analogamente define-se [tex3]t_b,t_c[/tex3] e [tex3]Y = BF \cap t_a[/tex3]
[tex3]YA = YF=y[/tex3]
[tex3]t_b \cap t_a = P[/tex3]
[tex3]t_b \cap t_c = Q[/tex3]
[tex3]t_a \cap t_c = X[/tex3]
[tex3]\Delta PYB \sim \Delta PXQ [/tex3]
[tex3]\frac{y}{y + BF} = \frac{PB}{PQ} \iff y (PQ - PB) = PB \cdot BF \iff y \cdot QB = PB \cdot BF [/tex3]
Um começo
Se [tex3]t_a[/tex3] é a reta tangente ao círculo por [tex3]A[/tex3] , analogamente define-se [tex3]t_b,t_c[/tex3] e [tex3]Y = BF \cap t_a[/tex3]
[tex3]YA = YF=y[/tex3]
[tex3]t_b \cap t_a = P[/tex3]
[tex3]t_b \cap t_c = Q[/tex3]
[tex3]t_a \cap t_c = X[/tex3]
[tex3]\Delta PYB \sim \Delta PXQ [/tex3]
[tex3]\frac{y}{y + BF} = \frac{PB}{PQ} \iff y (PQ - PB) = PB \cdot BF \iff y \cdot QB = PB \cdot BF [/tex3]
Última edição: Auto Excluído (ID:12031) (Dom 27 Jan, 2019 16:24). Total de 2 vezes.
-
Auto Excluído (ID:12031)
- Última visita: 31-12-69
Fev 2019
25
16:27
Re: (Simulado IME/ITA) Geometria Plana
resolvido
Seja [tex3]P[/tex3] o encontro das tangentes em [tex3]A[/tex3] e [tex3]B[/tex3] , [tex3]X[/tex3] é o encontro de [tex3]PC[/tex3] com o círculo e [tex3]M = BF \cap PC[/tex3] .
Usamos um lema: o quadrilátero [tex3]AXBC[/tex3] é harmônico.
Prova:
[tex3]\Delta PXA \sim \Delta PAC \implies \frac{AX}{AC} = \frac{PX}{PA}[/tex3]
analogamente
[tex3]\frac{XB}{BC}=\frac{PX}{PB} = \frac{PX}{PA} = \frac{AX}{AC}[/tex3] logo o quadrilátero é harmônico e portanto [tex3]\mathcal H(A,B;X,C) \frac{C}{\overline\wedge} \mathcal H(F,B;M,\infty) \iff MF=MB[/tex3]
logo [tex3]D[/tex3] é baricentro de [tex3]\Delta BFC[/tex3] e a resposta então é 2
Seja [tex3]P[/tex3] o encontro das tangentes em [tex3]A[/tex3] e [tex3]B[/tex3] , [tex3]X[/tex3] é o encontro de [tex3]PC[/tex3] com o círculo e [tex3]M = BF \cap PC[/tex3] .
Usamos um lema: o quadrilátero [tex3]AXBC[/tex3] é harmônico.
Prova:
[tex3]\Delta PXA \sim \Delta PAC \implies \frac{AX}{AC} = \frac{PX}{PA}[/tex3]
analogamente
[tex3]\frac{XB}{BC}=\frac{PX}{PB} = \frac{PX}{PA} = \frac{AX}{AC}[/tex3] logo o quadrilátero é harmônico e portanto [tex3]\mathcal H(A,B;X,C) \frac{C}{\overline\wedge} \mathcal H(F,B;M,\infty) \iff MF=MB[/tex3]
logo [tex3]D[/tex3] é baricentro de [tex3]\Delta BFC[/tex3] e a resposta então é 2
Última edição: Auto Excluído (ID:12031) (Seg 25 Fev, 2019 16:31). Total de 1 vez.
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