Olimpíadas ⇒ (OBM - 2002) Geometria Plana: Quadriláteros Tópico resolvido

Aqui devem ser postados problemas Olímpicos. Informe a olimpíada e o ano no título do tópico. Exemplo: (OBM - 2008).

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triplebig
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Nov 2007 02 16:07

(OBM - 2002) Geometria Plana: Quadriláteros

Mensagem não lidapor triplebig » Sex 02 Nov, 2007 16:07

Mensagem não lida por triplebig »

[tex3]ABCD[/tex3] é um quadrilátero convexo e inscritível e [tex3]M[/tex3] é um ponto sobre o lado [tex3]CD,[/tex3] tal que o triângulo [tex3]ADM[/tex3] e o quadrilátero [tex3]ABCM[/tex3] têm a mesma área e o mesmo perímetro. Prove que [tex3]ABCD[/tex3] tem dois lados de comprimentos iguais.
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Marcos Ricardo
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Nov 2007 04 00:19

Re: (OBM - 2002) Geometria Plana: Quadriláteros

Mensagem não lidapor Marcos Ricardo » Dom 04 Nov, 2007 00:19

Mensagem não lida por Marcos Ricardo »

AB67.png
AB67.png (11.56 KiB) Exibido 1267 vezes
Hipótese: [tex3]ABCD[/tex3] é quadrilátero convexo e inscritível e [tex3]M[/tex3] é um ponto sobre o lado [tex3]CD[/tex3] tal que o quadrilátero [tex3]ABCM[/tex3] e o triângulo [tex3]ADM[/tex3] possuem mesma área e perímetro.
Tese: [tex3]ABCD[/tex3] tem dois lados congruentes.

Demonstração:

Como o [tex3]ABCD[/tex3] é inscritível, temos [tex3]A\hat{D}C + A\hat{B}C = \pi[/tex3] . Assim, [tex3]\text{sen}A\hat{D}C = \text{sen}A\hat{B}C.\text{ } (1)[/tex3]

Agora usemos a lei dos senos no [tex3]\triangle AMD:[/tex3]
  • [tex3]\frac{AM}{\text{sen}A\hat{D}M} = {\frac{AD}{\text{sen}A\hat{M}D} \Leftrightarrow \text{sen}A\hat{M}D = \frac{AD \cdot \text{sen}A\hat{D}M}{AM}.[/tex3]
Perceba ainda que
  • [tex3]A\hat{M}D + A\hat{M}C = \pi \Rightarrow \text{sen}A\hat{M}D = \text{sen}A\hat{M}C \Leftrightarrow \text{sen}A\hat{M}C = \frac{AD \cdot \text{sen}A\hat{D}M}{AM}.\text{ } (2)[/tex3]
Denotemos área de um polígono por [ ]. Temos:
  • [tex3][ABCM] = [ADM] \Leftrightarrow [ABC] + [AMC] = [AMD] \Leftrightarrow[/tex3]
  • [tex3]\frac{AB \cdot CD \cdot \text{sen}A\hat{B}C}{2} + \frac{AM \cdot MC \cdot \text{sen}A\hat{M}C}{2} = \frac{AD \cdot MD \cdot \text{sen}A\hat{D}M}{2}.[/tex3]
Substituindo [tex3](1)[/tex3] e [tex3](2)[/tex3] na expressão acima e cancelando os elementos iguais, obtemos:
  • [tex3]AB \cdot BC + MC \cdot AD = AD \cdot MD \Leftrightarrow AD \cdot (MD - MC) = AB \cdot BC \Leftrightarrow[/tex3]

    [tex3]MD - MC = \frac{AB \cdot BC}{AD}.\text{ } (3)[/tex3]
Os perímetros de [tex3]ABCD[/tex3] e [tex3]AMD[/tex3] são iguais, logo:
  • [tex3]AB + BC + CM + AM = AM + AD + MD \Leftrightarrow (MD - MC) = AB + BC - AD \Leftrightarrow[/tex3]

    [tex3]\frac{AB \cdot BC}{AD} = AB + BC - AD (3) \Leftrightarrow AB \cdot AD + BC \cdot AD = AD \cdot AD + AB \cdot BC \Leftrightarrow[/tex3]

    [tex3]AB \cdot (AD - BC) = AD \cdot (AD - BC) \Leftrightarrow AB = AD[/tex3] ou [tex3]AD = BC.[/tex3]
Portanto, fica provado que [tex3]ABCD[/tex3] tem pelo menos dois lados congruentes.

Obs.: Não consegui encontrar nada que impeça que [tex3]ABCD[/tex3] tenha três lados congruentes.

Se houver algum erro, avisem.
Última edição: Marcos Ricardo (Dom 04 Nov, 2007 00:19). Total de 1 vez.


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