Olimpíadas ⇒ O triângulo e a mediana Tópico resolvido

[fibonacci]

Os segmentos congruentes [tex3]AE[/tex3]

Código: Selecionar tudoSHIFT+Click na eq = ZOOM

[tex3]AE[/tex3]

e [tex3]AF[/tex3]

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[tex3]AF[/tex3]

são tomados sobre os lados [tex3]AB[/tex3]

Código: Selecionar tudoSHIFT+Click na eq = ZOOM

[tex3]AB[/tex3]

e [tex3][/tex3]

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[tex3][/tex3]

,
respectivamente, do triângulo [tex3]ABC[/tex3]

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[tex3]ABC[/tex3]

. A mediana [tex3]AM[/tex3]

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[tex3]AM[/tex3]

intersecta [tex3]EF[/tex3]

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[tex3]EF[/tex3]

em [tex3]Q[/tex3]

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[tex3]Q[/tex3]

. Prove que
[tex3]\dfrac{QE}{QF}=\dfrac{AC}{AB}[/tex3]

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[tex3]\dfrac{QE}{QF}=\dfrac{AC}{AB}[/tex3]

.

[leozitz]

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agora a gente faz algo semelhante para os triangulos ABM e ACM
[tex3]\frac{BM}{\sin\alpha} = \frac{AB}{\sin\angle AMB}\implies AB\cdot\sin\alpha = BM\sin\angle AMB[/tex3]

Código: Selecionar tudoSHIFT+Click na eq = ZOOM

[tex3]\frac{BM}{\sin\alpha} = \frac{AB}{\sin\angle AMB}\implies AB\cdot\sin\alpha = BM\sin\angle AMB[/tex3]

fazendo a mesma coisa para o triangulo ACM a gente conclui que
[tex3]AB\cdot \sin\alpha = BC\cdot \sin\beta\\
\frac{AB}{BC}=\frac{\sin\beta}{\sin\alpha}[/tex3]

Código: Selecionar tudoSHIFT+Click na eq = ZOOM

[tex3]AB\cdot \sin\alpha = BC\cdot \sin\beta\\
\frac{AB}{BC}=\frac{\sin\beta}{\sin\alpha}[/tex3]

manipulando [tex3]\frac{EQ}{\sin\alpha} = \frac{FQ}{\sin\beta}[/tex3]

Código: Selecionar tudoSHIFT+Click na eq = ZOOM

[tex3]\frac{EQ}{\sin\alpha} = \frac{FQ}{\sin\beta}[/tex3]

e igualando a gente chega no resultado

a ideia dessa solução é achar um jeito de calcular os segmentos QF e QE com coisas em comum ao triangulo ABC, por exemplo, os angulos alpha e beta
que aparecem nos triangulos AQE e ABM e nos triangulos AQF e ACM

[petras]

fibonacci,

[tex3]\mathsf{Unir~BF\\
BF\cap AD=P\\
T.Menelaus:\\
\triangle EBF_{AP}: \frac{AE}{AB}.\frac{BP}{FP}.\frac{FQ}{EQ} = 1\implies \boxed{\frac{FQ}{EQ}=\frac{AB}{AE}.\frac{FP}{BP}}(I)\\
\triangle FBC_{AD}: \frac{AF}{AC}.\frac{BP}{FP}.\frac{\cancel{CD}}{\cancel{BD}}=1\implies \boxed{\frac{AF}{AC}=\frac{FP}{BP}}(II)\\
(II)em(I): \frac{FQ}{EQ}=\frac{AB}{\cancel{AE}}.\frac{\cancel{AF}}{AC} =\frac{AB}{AC}\\
\therefore \boxed{\boxed{\frac{EQ}{FQ} =\frac{AC}{AB}}}c.q.d


}
[/tex3]

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[tex3]\mathsf{Unir~BF\\
BF\cap AD=P\\
T.Menelaus:\\
\triangle EBF_{AP}: \frac{AE}{AB}.\frac{BP}{FP}.\frac{FQ}{EQ} = 1\implies \boxed{\frac{FQ}{EQ}=\frac{AB}{AE}.\frac{FP}{BP}}(I)\\
\triangle FBC_{AD}: \frac{AF}{AC}.\frac{BP}{FP}.\frac{\cancel{CD}}{\cancel{BD}}=1\implies \boxed{\frac{AF}{AC}=\frac{FP}{BP}}(II)\\
(II)em(I): \frac{FQ}{EQ}=\frac{AB}{\cancel{AE}}.\frac{\cancel{AF}}{AC} =\frac{AB}{AC}\\
\therefore \boxed{\boxed{\frac{EQ}{FQ} =\frac{AC}{AB}}}c.q.d


}
[/tex3]