Olimpíadas

SophieGerman

(Congruencia) Sejam ABC um triângulo de circuncírculo ω1, O o circuncentro de ABC e ω2 o ex-incírculo relativo ao lado BC. Se M, N, L são os pontos de tangência de ω2 com as retas BC, AC, AB e os raios de ω1 e ω2 são iguais, mostre que O é o ortocentro do triângulo MNL

parece que [tex3]\cos A = \frac{b+c}{a+b+c}[/tex3] o que gera uma equação do terceiro grau quando colocamos na lei dos cossenos. Então parece que não dá pra desenhar isso com régua e compasso. Ainda assim, quero dar um up na pergunta.

RenetGuenon,
Suspeito que o triângulo ABC deve ser necessariamente isóceles. Isso pode ajudar...

Tassandro escreveu: ↑
Qui 23 Abr, 2020 07:05
RenetGuenon,
Suspeito que o triângulo ABC deve ser necessariamente isóceles. Isso pode ajudar...

como você chegou nisso?
O meu foi assim: [tex3]r_a = p \tg (\frac{\angle A}2)[/tex3]
[tex3]R = \frac{a}{2\sen \angle A}[/tex3]
igualando os dois e usando que [tex3]\tg \frac x2 = \frac{\sen x}{1 + \cos x}[/tex3]

RenetGuenon,
Não cheguei nisso "matematicamente", foi apenas olhando com muito carinho para a figura, mas pode não ser verdade... essa questão é das boas!

Deve ter uma congruência de triângulos esperta que mate o problema mas como não dá pra desenhar com régua e compasso ele fica difícil. Acho que vou a pesquisar a resposta.

consegui uns desenhos (teoricamente aproximados, mas bem bons):

: congruencia.png (51.24 KiB) Exibido 1980 vezes

os pontos [tex3]A',B',C'[/tex3] são uma translação dos pontos [tex3]A,B,C[/tex3] para ficarem no ex-incírculo de A.

SophieGerman, Auto Excluído (ID:24303),

Vou aproveitar o desenho que já foi postado.
Inicialmente, lembre que o segmento [tex3]\overline{CI_A}[/tex3] é bissetriz externa de C, assim como [tex3]\overline{BI_A}[/tex3] é de B.
Assim, temos que [tex3]\triangle MI_AC\equiv \triangle NI_AC[/tex3]
Além disso, temos que [tex3]NI_A=MI_A\implies\triangle MI_AN\text{ é isóceles}\implies NM\perp CI_A[/tex3]
Se provamos que [tex3]OL//CI_A\implies MN\perp OL[/tex3]
Vamos lá!
Note que [tex3]O\hat CA'+M\hat CI_A=O\hat CI_A[/tex3]
Mas temos que [tex3]O\hat CA'=90°-\hat A[/tex3]
Além disso, temos que [tex3]M\hat CI_A=\frac{180°-\hat C}{2}=90°-\frac{\hat C}{2}[/tex3]
Assim, [tex3]O\hat CI_A=180°-\hat A-\frac{\hat C}{2}=\hat B+\frac{\hat C}{2}[/tex3]
Além disso, note que [tex3]C\hat I_AM=\frac{\hat C}{2}[/tex3] e [tex3]M\hat I_AL=\hat B,[/tex3] pois a soma dos ângulos de um triângulo vale 180° e de um quadrilátero vale 360°.
Assim, temos que
[tex3]C\hat I_AL=C\hat I_AM+M\hat I_AL=\hat B+\frac{\hat C}{2}\implies C\hat I_AL=O\hat CI_A[/tex3]
Finamente,
[tex3]\begin{cases}OC=I_AL\\O\hat CI_A=C\hat I_AL\implies\triangle OCI_A\equiv\triangle CI_AL(LAL)\implies OI_A=CL\\CI_A=CI_A\end{cases}[/tex3]
Assim, temos no quadrilátero [tex3]OCI_AL[/tex3]
[tex3]OC=I_AL\\
O\hat CI_A=L\hat I_AC\\
C\hat OL+O\hat CI_A=180°[/tex3]
Assim, [tex3]OCI_AL[/tex3] é um trapézio isóceles [tex3]\implies CI_A//OL\implies MN\perp OL\implies H\in OL\text{ (H é o ortocentro do }\triangle MNL)[/tex3]
Analogamente, temos que
[tex3]OBI_AN[/tex3] é um trapézio isóceles.
[tex3]ML\perp BI_A,ON//BI_A\implies ON\perp ML\implies H\in ON[/tex3]
Assim, provamos que [tex3]H=O[/tex3]
[tex3]Q.E.D.\blacksquare[/tex3]

os únicos erros são que [tex3]A'[/tex3] não está na reta, então nas linhas:

[tex3]O\hat CA'+M\hat CI_A=O\hat CI_A[/tex3]
[tex3]O\hat CA'=90°-\hat A[/tex3]

troquem [tex3]A'[/tex3] por [tex3]M[/tex3] (ou C):

[tex3]O\hat CM+M\hat CI_A=O\hat CI_A[/tex3]
[tex3]O\hat CM=90°-\hat A[/tex3]

o resto está correto

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