OlimpíadasSão Petesburgo 1996 - Quadrilátero Inscritivél 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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GabrielOBM
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São Petesburgo 1996 - Quadrilátero Inscritivél

Mensagem não lida por GabrielOBM »

Seja ABC um triângulo tal que m(BAC)=60°. Seja também O um ponto no interior de ABC para o qual m(AOB)=m(BOC)=120°. Se D, E são pontos médios dos lados AB, AC, respectivamente, prove A, D, E O são concíclicos.




Auto Excluído (ID:12031)
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Dez 2018 17 06:09

Re: São Petesburgo 1996 - Quadrilátero Inscritivél

Mensagem não lida por Auto Excluído (ID:12031) »

[tex3]O[/tex3] é obviamente o ponto de Fermat de [tex3]\Delta ABC[/tex3]
fermat.png
fermat.png (26 KiB) Exibido 1815 vezes
então note que
[tex3]\Delta ABO \sim \Delta CAO[/tex3]
de onde
[tex3]\frac{AB}{AC} = \frac{BO}{AO}[/tex3]
note que
[tex3]\angle ABO = \angle OAC[/tex3] (pura soma dos ângulos)
mas então
[tex3]\Delta BOD \sim \Delta AOE[/tex3]
por [tex3]LAL[/tex3] :
[tex3]\frac{BD}{AE} = \frac{BO}{AO}[/tex3] e [tex3]\angle DBO = \angle OAE[/tex3]
então
[tex3]\angle ODA = 180 - \angle OAE[/tex3] e então o quadrilátero é cíclico




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petras
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Re: São Petesburgo 1996 - Quadrilátero Inscritivél

Mensagem não lida por petras »

sousóeu,
Poderia demonstrar a semelhança de ABO e CAO?
Temos o angulo de 120o e o outro?



Auto Excluído (ID:12031)
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Dez 2018 17 10:09

Re: São Petesburgo 1996 - Quadrilátero Inscritivél

Mensagem não lida por Auto Excluído (ID:12031) »

[tex3]\angle ABO +\angle BOA + \angle OAB =180 \iff \angle ABO + \angle BAO =60 \iff \angle OBA = \angle OAC[/tex3]
como [tex3]\angle COA = \angle AOB =120 [/tex3]
Então são semelhantes
Última edição: Auto Excluído (ID:12031) (Seg 17 Dez, 2018 10:10). Total de 1 vez.



Auto Excluído (ID:24303)
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Re: São Petesburgo 1996 - Quadrilátero Inscritivél

Mensagem não lida por Auto Excluído (ID:24303) »

Auto Excluído (ID:12031) escreveu:
Seg 17 Dez, 2018 06:09
[tex3]\angle ODA = 180 - \angle OAE[/tex3] e então o quadrilátero é cíclico
Houve um erro de digitação o correto é [tex3]\angle ODA = 180^{\degree} - \angle OEA[/tex3] .
O resto do raciocínio está correto.
A semelhança por L-A-L nos triângulos citados ocorrem nos vértices [tex3]B[/tex3] e [tex3]A[/tex3] .



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petras
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Re: São Petesburgo 1996 - Quadrilátero Inscritivél

Mensagem não lida por petras »

RenetGuenon,
Poderia demonstrar a semelhança de BOD e AOE?



Auto Excluído (ID:24303)
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Abr 2020 20 10:58

Re: São Petesburgo 1996 - Quadrilátero Inscritivél

Mensagem não lida por Auto Excluído (ID:24303) »

Auto Excluído (ID:12031) escreveu:
Seg 17 Dez, 2018 06:09

[tex3]\Delta BOD \sim \Delta AOE[/tex3]
por [tex3]LAL[/tex3] :
[tex3]\frac{BD}{AE} = \frac{BO}{AO}[/tex3] e [tex3]\angle DBO = \angle OAE[/tex3]
a demonstração é essa.
A igualdade [tex3]\frac{BD}{AE} = \frac{BO}{AO}[/tex3] vem da primeira semelhança da resposta antiga.
[tex3]\frac{AB}{AC} = \frac{BO}{AO}[/tex3]

Deixando mais claro o LAL:
[tex3]\frac{BD}{BO} = \frac{AE}{AO}[/tex3] e [tex3]\angle ABO = \angle OAE[/tex3]
Última edição: Auto Excluído (ID:24303) (Seg 20 Abr, 2020 11:18). Total de 2 vezes.



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petras
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Re: São Petesburgo 1996 - Quadrilátero Inscritivél

Mensagem não lida por petras »

É isso ai. Complementando a demonstração do Ângulo:
[tex3]\mathsf{O\hat{B}A +B\hat{A}O = 180-120 = 60^o (I)\\
B\hat{A}O+O\hat{A}E=60^o(II)\\
O\hat{B}A +\cancel{B\hat{A}O} = \cancel{B\hat{A}O}+O\hat{A}E\Rightarrow \boxed{\color{red}O\hat{B}A=O\hat{A}E}}[/tex3]




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