Olimpíadas ⇒ Geometria Tópico resolvido
Moderador: [ Moderadores TTB ]
Dez 2017
02
20:17
Geometria
(Turquia TST/2014) Seja [tex3]P[/tex3]
um ponto no interior do triângulo acutângulo [tex3]ABC[/tex3]
com [tex3]\angle{PAC}=\angle{PCB}[/tex3]
. Seja [tex3]D[/tex3]
o ponto médio do segmento [tex3]\overline{PC}[/tex3]
. As retas [tex3]\overline{AP}[/tex3]
e [tex3]\overline{BC}[/tex3]
intersectam em [tex3]E[/tex3]
e as retas [tex3]\overline{BP}[/tex3]
e [tex3]\overline{DE}[/tex3]
intersectam em [tex3]Q[/tex3]
. Prove que [tex3]\sen \angle{BCQ}=\sen \angle{BAP}[/tex3]
.
Última edição: Babi123 (Dom 03 Dez, 2017 01:22). Total de 1 vez.
-
Auto Excluído (ID:12031)
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Dez 2017
03
21:11
Re: Geometria
Trace a reta r perpendicular à BC passando por C.
Seja O o encontro da mediatriz de AC e r.
O lugar geométrico dos pontos P é um arco de circunferência centrada em O e de raio OC.
Essa propriedade dos ângulos vem deste teorema:
http://www.obaricentrodamente.com/2012/ ... -semi.html
Pois neste caso, como OC é perpendicular a BC então BC é tangente ao círculo por C e então CP e AP enxergam o mesmo arco PC na circunferência.
Como APC enxerga o arco AC desta circunferência o ângulo APC é constante independente do ponto P.
Olhe o triângulo ECP, e olhe para o triângulo EAC.
Âmbos compartilham os ângulos entre EP e EC e como [tex3]\angle PCE = \angle EAC[/tex3] então:
[tex3]\angle EPC = \angle ECA = C[/tex3]
portanto, independente do ponto P no arco do círculo marcado [tex3]\angle APC = 180 - C[/tex3]
sendo B' o encontro da reta AE com QC
o problema se resolve se provar que o quadrilátero ABB'C for cíclico, mas não consegui terminar
Seja O o encontro da mediatriz de AC e r.
O lugar geométrico dos pontos P é um arco de circunferência centrada em O e de raio OC.
Essa propriedade dos ângulos vem deste teorema:
http://www.obaricentrodamente.com/2012/ ... -semi.html
- turquia.png (53.41 KiB) Exibido 969 vezes
Como APC enxerga o arco AC desta circunferência o ângulo APC é constante independente do ponto P.
Olhe o triângulo ECP, e olhe para o triângulo EAC.
Âmbos compartilham os ângulos entre EP e EC e como [tex3]\angle PCE = \angle EAC[/tex3] então:
[tex3]\angle EPC = \angle ECA = C[/tex3]
portanto, independente do ponto P no arco do círculo marcado [tex3]\angle APC = 180 - C[/tex3]
sendo B' o encontro da reta AE com QC
o problema se resolve se provar que o quadrilátero ABB'C for cíclico, mas não consegui terminar
-
Auto Excluído (ID:12031)
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Fev 2018
25
10:30
Re: Geometria
Deixe [tex3]X = AP \cap CQ[/tex3]
e [tex3]J = QD \cap BX[/tex3]
e seja [tex3]K = CP \cap BX[/tex3]
assumindo que [tex3]BX[/tex3]
e [tex3]CP[/tex3]
não sejam paralelas.
Note que [tex3]XP[/tex3] , [tex3]BC[/tex3] , [tex3]QJ[/tex3] são cevianas concorrentes de [tex3]\Delta BXQ[/tex3] então [tex3](C,P;D,K) = -1[/tex3] problema 1 (basta olhar o quadrilátero [tex3]QXEB[/tex3] como sendo o [tex3]ABCD[/tex3] nessa ordem do problema). Como [tex3]D[/tex3] é ponto médio de [tex3]PC[/tex3] seu conjugado harmônico está em [tex3]P_{\infty}[/tex3] , então [tex3]JK \parallel PC[/tex3] . O que contradiz a hipótese de [tex3]BX[/tex3] e [tex3]CP[/tex3] não serem paralelos. Portanto, [tex3]BX \parallel CP[/tex3] .
Sem usar a projetiva você pode fazer que nem o undefinied fez aqui e usar o teorema de Ceva em [tex3]E[/tex3] em relação à [tex3]\Delta QCP[/tex3] para ver que sendo [tex3]D[/tex3] ponto médio então [tex3]BX \parallel CP[/tex3] .
O resto é assim: [tex3]\angle XAC = \angle BCP = \angle XBC [/tex3] então [tex3]ABXC[/tex3] é cíclico. De onde ou temos a figura acima e obviamente [tex3]\angle ABE = \angle BCE \iff \angle BCQ = \angle BAP[/tex3]
ou
[tex3]\angle{BCQ}=\angle{BCP}+\angle{PCQ}=\angle{BCP}+\angle{BXC}=\angle{BCP}+180^{\circ}-\angle{BAC}=180^{\circ}-(\angle{BAC}-\angle{EAC})[/tex3]
[tex3]=180^{\circ}-\angle{BAE} \implies \sin{\angle{BAE}}=\sin{\angle{BCQ}}[/tex3]
caso o ponto [tex3]E[/tex3] esteja mais próximo do ponto [tex3]C[/tex3] do que do [tex3]B[/tex3]
Note que [tex3]XP[/tex3] , [tex3]BC[/tex3] , [tex3]QJ[/tex3] são cevianas concorrentes de [tex3]\Delta BXQ[/tex3] então [tex3](C,P;D,K) = -1[/tex3] problema 1 (basta olhar o quadrilátero [tex3]QXEB[/tex3] como sendo o [tex3]ABCD[/tex3] nessa ordem do problema). Como [tex3]D[/tex3] é ponto médio de [tex3]PC[/tex3] seu conjugado harmônico está em [tex3]P_{\infty}[/tex3] , então [tex3]JK \parallel PC[/tex3] . O que contradiz a hipótese de [tex3]BX[/tex3] e [tex3]CP[/tex3] não serem paralelos. Portanto, [tex3]BX \parallel CP[/tex3] .
Sem usar a projetiva você pode fazer que nem o undefinied fez aqui e usar o teorema de Ceva em [tex3]E[/tex3] em relação à [tex3]\Delta QCP[/tex3] para ver que sendo [tex3]D[/tex3] ponto médio então [tex3]BX \parallel CP[/tex3] .
O resto é assim: [tex3]\angle XAC = \angle BCP = \angle XBC [/tex3] então [tex3]ABXC[/tex3] é cíclico. De onde ou temos a figura acima e obviamente [tex3]\angle ABE = \angle BCE \iff \angle BCQ = \angle BAP[/tex3]
ou
[tex3]\angle{BCQ}=\angle{BCP}+\angle{PCQ}=\angle{BCP}+\angle{BXC}=\angle{BCP}+180^{\circ}-\angle{BAC}=180^{\circ}-(\angle{BAC}-\angle{EAC})[/tex3]
[tex3]=180^{\circ}-\angle{BAE} \implies \sin{\angle{BAE}}=\sin{\angle{BCQ}}[/tex3]
caso o ponto [tex3]E[/tex3] esteja mais próximo do ponto [tex3]C[/tex3] do que do [tex3]B[/tex3]
Última edição: Auto Excluído (ID:12031) (Seg 26 Fev, 2018 05:42). Total de 6 vezes.
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