Olimpíadas

3- Seja ABC um triângulo acutângulo de circuncentro O e ortocentro H. A circunferencia de centro Xa passa pelos pontos A e H e tangencia o circuncículo do triangulo ABC. Defina de maneira análoga os pontos Xb e Xc. Sejam Oa, Ob, Oc os simétricos de O em relação aos lados BC, CA e AB, respectivamente. Prove que as retas OaXa, ObXb e OcXc são concorretes.

essa questão precisa de um resultado famoso e bem importante:

Os simétricos do ortocentro em relação aos lados do triângulo que o origina pertencem ao circuncírculo.

Prova:
Seja [tex3]H_b[/tex3] o reflexo do ortocentro em relação ao lado AC então [tex3]\angle AH_bC = \angle AHC = 180 -(90-C + 90 -A) = 180 -B[/tex3] logo o quadrilátero ABCHb é cíclico, cqd.

: obmforum2.png (56.12 KiB) Exibido 2181 vezes

Agora repare que os triângulos [tex3]\Delta OHO_a \equiv \Delta O_aH_a O[/tex3] porque temos uma reflexão em relação à reta BC.
rigorosamente:

Resposta

[tex3]M = OO_a \cap BC[/tex3] , [tex3]X = OH_a \cap BC[/tex3] e [tex3]N = HH_a \cap BC[/tex3] então
[tex3]\Delta HMN \equiv \Delta H_aMN[/tex3] pois são retângulos com catetos iguais
isso implica [tex3]\angle HMN = \angle H_aMN \implies \angle HMO = \angle H_aMO_a[/tex3]
[tex3]\Delta HMO \equiv \Delta H_a M O_a[/tex3] por LAL de onde [tex3]OH = O_aH_a[/tex3] mas então [tex3]\Delta OHM \equiv \Delta O_aH_aM[/tex3] por LLL de onde [tex3]\angle HOM = \angle H_aO_aM[/tex3] e por fim [tex3]\Delta OHO_a \equiv \Delta O_aH_aO[/tex3] por LAL

então [tex3]HO_a = OH_a = R[/tex3] repare então que [tex3]O_aH = O_aB = R[/tex3] então [tex3]O_a[/tex3] está na mediatriz de [tex3]BH[/tex3]
sabe-se que [tex3]X_b[/tex3] também e que [tex3]O_c[/tex3] também (pois [tex3]O_cB = OB = R[/tex3] e [tex3]O_cH = OH_c = R[/tex3] )

então o triângulo [tex3]O_aO_bO_c[/tex3] é definido pelas três mediatrizes de [tex3]HA, HB[/tex3] e [tex3]HC[/tex3]
note então: a mediatriz de [tex3]BH[/tex3] é paralela ao lado [tex3]AC[/tex3] pois ela é perpendicular à BH que é perpendicular à AC.
então o triângulo [tex3]\Delta O_aO_bO_c[/tex3] é semelhante ao [tex3]\Delta ABC[/tex3] já que todos seus ângulos são iguais.
Mais que isso: [tex3]H[/tex3] é circuncentro de [tex3]\Delta O_aO_bO_c[/tex3] e [tex3]HO_a = R[/tex3] portanto os triângulos [tex3]\Delta ABC[/tex3] e [tex3]\Delta O_aO_bO_c[/tex3] são congruentes ([tex3]O[/tex3] é ortocentro de [tex3]\Delta O_aO_bO_c[/tex3] )

estou com problemas pra terminar, pensei em usar o teorema de ceva.
Seja [tex3]Y_a = O_aH \cap BC[/tex3] , [tex3]Y_b[/tex3] e [tex3]Y_c[/tex3] análogos. Então provar que [tex3]O_aX_a[/tex3] , [tex3]O_bX_b[/tex3] e [tex3]O_cX_c[/tex3] concorrem é o mesmo que provar que [tex3]AY_a,BY_b[/tex3] e [tex3]CY_c[/tex3] concorrem.
[tex3]BY_a = c \cos B + (h_a-AH)\tg (B-C) = c\cos B + (h_a-\frac{c \cdot b\cos A}{h_a})\tg(B-C)[/tex3]
[tex3]h_a = \frac{2S}a = \frac{bc}{2R}[/tex3]
[tex3]BY_a = c \cos B + (\frac{bc}{2R} - 2R\cos A) \tg (B-C)[/tex3]
mas as contas parecem ficar feias, vou pensar um pouco mais sobre ele depois.

acho que consegui alguma coisa
[tex3]Q = O_bO_c \cap AH[/tex3] [tex3]P = AH \cap BC[/tex3]
[tex3]\Delta AQH \sim \Delta HY_aP[/tex3]

[tex3]\frac{AH}{2(\frac a2-O_bX_a)} = \frac{h_a-AH}{(O_bX_a - c \cos B)} \iff O_bX_a (AH) - AH c \cos B =(a-2O_bX_a)(h_a-AH) \iff [/tex3]
[tex3]O_bX_a \cdot AH=a(h_a-AH) - 2O_bX_a(h_a-AH) + AH c \cos B\iff O_bX_a(2h_a -AH) = a(h_a-AH) + AH c \cos B [/tex3]

logo [tex3]O_bX_a = a \frac{h_a - AH}{2h_a -AH} + \frac{AH c \cos B}{2h_a -AH} \iff O_c X_a = a\frac{h_a}{2h_a-AH} - \frac{AH c \cos B}{2h_a -AH}[/tex3]
logo [tex3]O_aX_b = b\frac{h_b}{2h_b - BH}- \frac{BH a \cos C}{2h_b -BH} \iff O_cX_b = b \frac{h_b-BH}{2h_b-BH} +\frac{BH a \cos C}{2h_b -BH}[/tex3]
logo [tex3]O_aX_c = c\frac{h_c}{2h_c- BH} -\frac{CH b \cos A}{2h_c -CH} \iff O_bX_c = c \frac{h_c-CH}{2h_c - CH} + \frac{CH b \cos A}{2h_c -CH}[/tex3]

[tex3]h_a AH = bc \cos A[/tex3] e [tex3]AH^2 = 4R^2 -a^2 = 4R^2 \cos ^2a[/tex3]

acho que sai pelo teorema de ceva, mas tem que fazer essas contas ai

[tex3]\frac{O_bX_a}{O_cX_a} \cdot \frac{O_cX_b}{X_bO_a} \cdot \frac{O_a X_c}{X_c \cdot O_b} = [/tex3]
[tex3]= \frac{h_a-AH + \frac{AH c \cos B}a}{h_a - \frac{AH c \cos B}a} \cdot \frac{h_b-BH + \frac{BH a \cos C}b}{h_b - \frac{BH a \cos C}b} \cdot\frac{h_c-CH + \frac{CH b \cos A}c}{h_c - \frac{CH b \cos A}c}[/tex3]
[tex3]\frac{h_a +AH( \frac{ c \cos B}a-1)}{h_a - \frac{AH c \cos B}a} = \frac{\frac{bc \cos A}{AH} + AH(\frac{ c \cos B}a-1)}{\frac{bc \cos A}{AH} - \frac{AH c \cos B}a} = \frac{bc\cos A +4R^2\cos^2A(\frac{\sen C \cos B}{\sen A}-1)}{bc\cos A - \frac{4R^2 \cos ^2A c \cos B}a} = [/tex3]
[tex3]\frac{\sen B \sen C \cos A + \cos^2A (\frac{\cos C \sen B}{\sen A})}{\sen B \sen C \cos A - \frac{\sen C \cos B \cos ^2 A}{\sen A}} =[/tex3]
[tex3]\frac{\sen B \sen C \sen A + \cos A \cos C \sen B}{\sen B \sen C \sen A - \sen C \cos B \cos A} = -\frac{\sen B}{\sen C} \frac{\cos (A-C)}{\cos (A+B)}[/tex3]

confere?
como [tex3]\cos (A+B) = \cos (\pi -C)= \cos \pi \cos C - \sen \pi \sen C = - \cos C[/tex3]

logo [tex3]\frac{\sen B \cos (A-C)}{\sen C \cos C }[/tex3]
ufa!
o resultado de ceva é então:
[tex3]\frac{\sen B \cos (A-C)}{\sen C \cos C} \cdot \frac{\sen C \cos (B-A)}{\sen A \cos A} \cdot \frac{\sen A\cos (C-B)}{\sen B \cos B} =[/tex3]
[tex3]\frac{\cos (A-C) \cdot \cos (B-A) \cdot \cos(C-B)}{\cos A \cos B \cos C}[/tex3] ...errei alguma conta de novo, desculpa

: geogebra.png (73.54 KiB) Exibido 195 vezes

[tex3]\triangle HQ_aY_a \sim \triangle O_aM_aY_a[/tex3] :

[tex3]\frac{HQ_a}{O_aM_a} = \frac{Q_aY_a}{Y_aM_a}[/tex3]

[tex3]BQ_a = c \cos B, BM_a = \frac a2 \implies Q_aM_a = \frac a2 - c \cos B = Q_aY + Y_aM_a[/tex3]

[tex3]HQ_a = AQ_a - AH = c \sen B - 2 \cdot OM_a = c \sen B - \frac a{\tg A}[/tex3]
[tex3]O_aM_a = \frac a{2 \tg A}[/tex3]

[tex3]x = Q_aY_a, y = Y_aM_a[/tex3]
[tex3]\frac xy = \frac{ c \sen B - \frac a{\tg A}}{\frac a{2 \tg A}} \iff \frac xy +2 = \frac{2c \sen B \tg A}{a}[/tex3]
[tex3]\frac xy =2 \frac{\sen C \sen B}{\cos A} -2[/tex3]

[tex3]x+y = \frac a2 - c \cos B[/tex3]
[tex3]\frac { \frac a2 - c \cos B}y =2 \frac{\sen C \sen B}{\cos A} -1[/tex3]
[tex3]y = \frac{\frac a2 - c \cos B}{2 \frac{\sen C \sen B}{\cos A} -1} = \frac{(a-2c \cos B) \cos(A)}{4 \sen C \sen B - 2 \cos A}[/tex3]

donde

[tex3]Y_aC = \frac a2 + \frac{(a-2c \cos B) \cos(A)}{4 \sen C \sen B - 2 \cos A} = \frac{a \sen C \sen B - c \cos B \cos A}{(2\sen C \sen B - \cos A)} [/tex3]
[tex3]Y_aB = \frac a2 - \frac{(a-2c \cos B) \cos(A)}{4 \sen C \sen B - 2 \cos A} = \frac{a\sen C \sen B - a \cos A +c \cos B \cos A}{( 2\sen C \sen B - \cos A)}[/tex3]

analogamente:

[tex3]\frac {x'}{y'} =2 \frac{\sen C \sen A}{\cos B} -2 [/tex3]
[tex3]Y_bC = \frac b2 + \frac{(2a \cos C - b) \cos B}{4 \sen C \sen A -2\cos B}[/tex3]
[tex3]Y_bA = \frac b2 - \frac{(2a \cos C - b) \cos B}{4 \sen C \sen A -2\cos B}[/tex3]

e
[tex3]x''+y'' = b \cos A - \frac c2[/tex3]
[tex3]\frac {x''}{y''} =2 \frac{\sen A \sen B}{\cos C} -2[/tex3]
[tex3]Y_cA = \frac c2 +y'' = \frac c2 + \frac{(2b \cos A - c) \cos C}{4 \sen B \sen A -2\cos C}[/tex3]
[tex3]Y_cB = \frac c2 - \frac{(2b \cos A - c) \cos C}{4 \sen B \sen A -2\cos C}[/tex3]

só fazer Ceva

[tex3]\frac{Y_aC}{Y_aB} = \frac{a \sen C \sen B - c \cos B \cos A }{a\sen C \sen B - a \cos A +c \cos B \cos A} = \frac{ \sen C\cos C }{\sen A\sen C \sen B - \sen A \cos A + \sen C \cos B \cos A}[/tex3]
[tex3]\frac{Y_bC}{Y_bA} = \frac{b \sen C \sen A - b \cos B +a \cos C \cos B }{b \sen C \sen A-a \cos B \cos C} = \frac{\sen B \sen C \sen A - \sen B \cos B +\sen A \cos C \cos B }{ \sen A \cos A} [/tex3]
[tex3]\frac{Y_cA}{Y_cB} = \frac{c \sen B \sen A - c \cos C +b \cos A \cos C}{c \sen B \sen A - b \cos A \cos C} =\frac{\sen C \sen B \sen A - \sen C \cos C +\sen B \cos A \cos C}{\sen B \cos B } [/tex3]

agora basta verifica que

[tex3]\frac{AY_C \cdot BY_A \cdot CY_B}{Y_CB \cdot Y_AC \cdot Y_BA} =1[/tex3]

que é um problema de trigonometria:

[tex3]\frac{(\sen C \sen B \sen A - \sen C \cos C +\sen B \cos A \cos C)}{\sen B \cos B } \cdot \frac{ (\sen A\sen C \sen B - \sen A \cos A + \sen C \cos B \cos A) }{\sen C\cos C} \frac{(\sen B \sen C \sen A - \sen B \cos B +\sen A \cos C \cos B) }{ \sen A \cos A} = 1[/tex3]

queremos provar que

[tex3]\frac{(\sen C \sen B \sen A - \sen C \cos C +\sen B \cos A \cos C)}{\sen C \cos C } \cdot \frac{ (\sen A\sen C \sen B - \sen A \cos A + \sen C \cos B \cos A) }{\sen A\cos A} \frac{(\sen B \sen C \sen A - \sen B \cos B +\sen A \cos C \cos B) }{ \sen B \cos B} = 1[/tex3]

[tex3]( \frac{\sen B \sen A}{\cos C} - 1 +\frac{\sen B \cos A}{\sen C} ) \cdot (\frac{\sen C \sen B}{\cos A} - 1 + \frac{\sen C \cos B} {\sen A}) \cdot (\frac{ \sen C \sen A}{\cos B} - 1 +\frac{\sen A \cos C}{\sen B}) = 1[/tex3]

vejamos agora que

[tex3]\frac{\sen B \sen A}{\cos C} + \frac{\sen B \cos A}{\sen C} = \sen (B) \cdot (\frac{\sen A \sen C + \cos A \cos C}{\sen C \cos C}) = 2\frac{\sen (B)}{\sen (2C)} \cos (A-C) =[/tex3]
[tex3]= 2\frac{\sen (B)}{\sen (2(A+B))} \cos (A-(\pi-A-B)) = 2 \frac{\sen B}{\sen (2(A+B))}\cos (2A+B)[/tex3]
como [tex3]\sen B \cos (2A+B) = \frac{\sen (2(A+B)) - \sen (2A)}2[/tex3]
temos: [tex3]\frac{\sen B \sen A}{\cos C} + \frac{\sen B \cos A}{\sen C} = \frac{\sen (2C) - \sen (2A)}{\sen (2C)} =1 - \frac{\sen (2A)}{\sen(2C)}[/tex3]
pronto:

[tex3]( \frac{\sen B \sen A}{\cos C} - 1 +\frac{\sen B \cos A}{\sen C} ) \cdot (\frac{\sen C \sen B}{\cos A} - 1 + \frac{\sen C \cos B} {\sen A}) \cdot (\frac{ \sen C \sen A}{\cos B} - 1 +\frac{\sen A \cos C}{\sen B}) = [/tex3]
[tex3] = -\frac{\sen(2A)}{\sen(2C)} \cdot (-)\frac{\sen (2B)}{\sen(2A)} \cdot (-)\frac{ \sen (2C)}{\sen(2B)} = -1[/tex3]

deu alguma coisa com o sinal, mas, em valor absoluto o teorema funciona e tá tudo certo. Se alguém descobrisse o porquê do sinal de menos, eu ficaria agradecido, será que algum [tex3]Y_XZ[/tex3] ficou negativo? Acho que os [tex3]Y_a[/tex3] e [tex3]Y_b[/tex3] estão certos. As retas concorrem mesmo. Se alguém conseguir interpretar geometricamente esses pontos [tex3]Y[/tex3] também, seria uma maravilha. Eu suspeito que haja uma homotetia ai e se use o teorema de monge.

um detalhe interessante: o [tex3]\triangle O_aO_bO_c[/tex3] é imagem do [tex3]\triangle ABC[/tex3] na reflexão em relação ao centro do círculo de 9 pontos do [tex3]\triangle ABC[/tex3] (vulgo ponto médio de [tex3]OH[/tex3] ).

Parece ser um fato importante para resolver o problema sem trigonometria.

[tex3]HQ_a = c \sen B - \frac {a}{\tg A} = 2R \sen C \sen B - 2R \cos A = 2R(\sen C \sen B - \cos A)[/tex3]

Próstaferese:
[tex3]\sen C \sen B - \cos A = -\frac12(\cos (B+C) - \cos (B-C)) -\cos A =\frac{\cos(B-C) - \cos A}2[/tex3]

[tex3]\frac{\cos(B-C) - \cos A}2 = -\sen(\frac{A+B-C}2) \sen (\frac{B-C-A}2) = \sen (90^{\circ} - C) \sen (90^{\circ} - B) = \cos C \cos B[/tex3]

Logo: [tex3]HQ_a = 2R \cos C \cos B[/tex3] .

[tex3]\frac{HQ_a}{OM_a} = \frac{2R \cos C \cos B}{R \cos A} = \frac{2 \cos B \cos C}{ \cos A} = \frac{x}{y}[/tex3]

Agora

[tex3]\frac a2 - c \cos B = R \sen A - 2R \sen C \cos B = R( \sen A - 2 \sen C \cos B) = R \sen (B-C)[/tex3]

dai que surge meu problema com sinais.

[tex3] \frac{2 \cos B \cos C + \cos A}{ \cos A} = \frac{R \sen (B-C)}y[/tex3]

[tex3]y = \frac{R \sen (B-C) \cos A}{\cos A + 2\cos B \cos C} = R \tg (B-C) \cos A[/tex3]
[tex3]x = 2R \tg (B-C) \cos B \cos C[/tex3]

[tex3]Y_aC = \frac a2 + y = R \sen A + R \tg (B-C) \cos A = R\frac{(\sen A \cos (B-C) + \sen (B-C) \cos A)}{\cos (B-C)} = \\ =R \frac{\sen (A+B-C)}{\cos (B-C)} = R \frac{\sen (2C)}{\cos (B-C)}[/tex3]
[tex3]Y_aB = \frac a2 - y = R\frac{\sen (2B)}{\cos (B-C)}[/tex3]

Pronto: [tex3]\frac{Y_aC}{Y_aB} = \frac{\sen (2C)}{\sen (2B)}[/tex3]

e o sinal não importava! UFA.

: problemadocapeta.png (51.15 KiB) Exibido 78 vezes

é claro que [tex3]Y_a = OH_a \cap BC[/tex3] .
Note que [tex3]\angle A'AH_a = 90^{\circ} \implies AA' \parallel BC[/tex3] donde tiramos que [tex3]A'[/tex3] é reflexo de [tex3]A[/tex3] em relação à mediatriz de [tex3]BC[/tex3] , donde [tex3]\widehat{AB} = \widehat{A'C} \implies \angle Y_aH_aC = \angle ACB = C[/tex3]

Lei dos senos no [tex3]\triangle H_aY_aC[/tex3] :
[tex3]\frac{H_aY_a}{\sen (90^{\circ} - B)} = \frac{Y_aC}{\sen C} \implies H_aY_a = \frac{\cos B}{\sen C} Y_aC[/tex3]
Lei dos senos no [tex3]\triangle BY_aH_a[/tex3] :
[tex3]\frac{H_aY_a}{\sen (90^{\circ} - C)} = \frac{Y_aB}{\sen (180^{\circ} - A - C)} \implies H_aY_a = \frac{\cos C}{\sen B} Y_aB[/tex3]
pronto:
[tex3]\frac{Y_aC}{Y_aB} = \frac{\sen C \cos C}{\sen B \cos B} = \frac{\sen (2C)}{\sen (2B)}[/tex3]

Olimpíadas ⇒ OBM-2018 Questão 3 N2 Tópico resolvido

OBM-2018 Questão 3 N2

Re: OBM-2018 Questão 3 N2

Re: OBM-2018 Questão 3 N2

Re: OBM-2018 Questão 3 N2

Re: OBM-2018 Questão 3 N2

Re: OBM-2018 Questão 3 N2

Re: OBM-2018 Questão 3 N2

Olimpíadas ⇒ OBM-2018 Questão 3 N2 Tópico resolvido

OBM-2018 Questão 3 N2

Re: OBM-2018 Questão 3 N2

Re: OBM-2018 Questão 3 N2

Re: OBM-2018 Questão 3 N2

Re: OBM-2018 Questão 3 N2

Re: OBM-2018 Questão 3 N2

Re: OBM-2018 Questão 3 N2

Entrar • Registrar