Em um triângulo [tex3]ABC[/tex3]
, seja [tex3]I[/tex3]
o centro da circunferência inscrita [tex3]D, E, F[/tex3]
são pontos de tangência com os lados [tex3]BC, AC[/tex3]
e [tex3]AB[/tex3]
, respectivamente. Seja [tex3]P[/tex3]
o outro ponto de interseção da reta [tex3]AD[/tex3]
com a circunferência inscrita.
Se [tex3]M[/tex3]
é o ponto médio de [tex3]EF[/tex3]
, mostre que os quatro pontos [tex3]P, I, M[/tex3]
e [tex3]D[/tex3]
pertecem a mesma circunferência.
OBS.: OIM trata-se da Olimpíada Iberoamericana de Matemática
Olá, Comunidade!
Vocês devem ter notado que o site ficou um período fora do ar (do dia 26 até o dia 30 de maio de 2024).
Consegui recuperar tudo, e ainda fiz um UPGRADE no servidor! Agora estamos em um servidor dedicado no BRASIL!
Isso vai fazer com que o acesso fique mais rápido (espero
)
Já arrumei os principais bugs que aparecem em uma atualização!
Mas, se você encontrar alguma coisa diferente, que não funciona direito, me envie uma MP avisando que eu arranjo um tempo pra arrumar!
Vamos crescer essa comunidade juntos
Grande abraço a todos,
Prof. Caju
Vocês devem ter notado que o site ficou um período fora do ar (do dia 26 até o dia 30 de maio de 2024).
Consegui recuperar tudo, e ainda fiz um UPGRADE no servidor! Agora estamos em um servidor dedicado no BRASIL!
Isso vai fazer com que o acesso fique mais rápido (espero
)Já arrumei os principais bugs que aparecem em uma atualização!
Mas, se você encontrar alguma coisa diferente, que não funciona direito, me envie uma MP avisando que eu arranjo um tempo pra arrumar!
Vamos crescer essa comunidade juntos
Grande abraço a todos,
Prof. Caju
Olimpíadas ⇒ OIM (1990) - Geometria Tópico resolvido
Moderador: [ Moderadores TTB ]
-
Babi123
- Mensagens: 1371
- Registrado em: 28 Jul 2017, 21:05
- Última visita: 20-04-24
- Agradeceu: 1192 vezes
- Agradeceram: 271 vezes
Mai 2019
24
11:43
OIM (1990) - Geometria
Editado pela última vez por Babi123 em 24 Mai 2019, 11:45, em um total de 1 vez.
Razão: acrescentar observação.
Razão: acrescentar observação.
-
Ittalo25
- Mensagens: 2349
- Registrado em: 18 Nov 2013, 22:11
- Última visita: 27-03-24
- Agradeceu: 299 vezes
- Agradeceram: 1401 vezes
Mai 2019
24
15:13
Re: OIM (1990) - Geometria
- ag.png (82.71 KiB) Exibido 1741 vezes
Semelhança em AIE e AME:
[tex3]\frac{AI}{AE} = \frac{AE}{AM} \rightarrow AE^2 = AI \cdot AM [/tex3]
Ou seja: [tex3]AP \cdot AD = AI \cdot AM [/tex3]
Que é a potência de ponto de A em relação à circunferência com os pontos P,D,I e M.
Ninguém pode ser perfeito, mas todos podem ser melhores. [\Bob Esponja]
-
Auto Excluído (ID:12031)
- Última visita: 31-12-69
Mai 2019
24
15:20
Re: OIM (1990) - Geometria
Vamos inverter a reta [tex3]AD[/tex3]
em relação ao incírculo de [tex3]\Delta ABC[/tex3]
. Como ela é uma reta que não passa pelo centro de inversão (a menos que o triângulo seja equilátero, mas neste caso os pontos citados serão alinhados)então será invertida num círculo que passa por [tex3]I,P,D[/tex3]
(pois retas que não passam pelo centro de inversão são invertidas em círculos que passam por ele e os pontos do círculo são inversos deles mesmos).
Basta provarmos que o inverso do ponto [tex3]M[/tex3] está sobre a reta [tex3]AD[/tex3] .
Oras, o ponto [tex3]M[/tex3] está sobre a mediatriz de [tex3]EF[/tex3] bem como os pontos [tex3]I[/tex3] e [tex3]A[/tex3] , logo o inverso de [tex3]M[/tex3] está sobre a reta [tex3]AI[/tex3] . Mais que isso o ponto [tex3]M[/tex3] é justamente o encontro da polar de [tex3]A[/tex3] com a reta [tex3]AI[/tex3] . Logo [tex3]M[/tex3] é o inverso de [tex3]A[/tex3] . Portanto os pontos citados são conclícicos.
Basta provarmos que o inverso do ponto [tex3]M[/tex3] está sobre a reta [tex3]AD[/tex3] .
Oras, o ponto [tex3]M[/tex3] está sobre a mediatriz de [tex3]EF[/tex3] bem como os pontos [tex3]I[/tex3] e [tex3]A[/tex3] , logo o inverso de [tex3]M[/tex3] está sobre a reta [tex3]AI[/tex3] . Mais que isso o ponto [tex3]M[/tex3] é justamente o encontro da polar de [tex3]A[/tex3] com a reta [tex3]AI[/tex3] . Logo [tex3]M[/tex3] é o inverso de [tex3]A[/tex3] . Portanto os pontos citados são conclícicos.
Editado pela última vez por Auto Excluído (ID:12031) em 24 Mai 2019, 15:21, em um total de 1 vez.
-
Planck
- Mensagens: 2863
- Registrado em: 15 Fev 2019, 21:59
- Última visita: 28-11-21
- Agradeceu: 206 vezes
- Agradeceram: 968 vezes
Mai 2019
24
16:15
Re: OIM (1990) - Geometria
Olá Babi123,
Para facilitar, fiz a construção utilizando um triângulo equilátero:
Note que:
[tex3]\overline{AF} = \overline{AE}[/tex3]
Isso é justificável por conta da tangência.
Se [tex3]M[/tex3] é ponto médio, então [tex3]\overline{AM}[/tex3] é bissetriz de [tex3]\measuredangle FAE[/tex3] , pois, [tex3]\overline{AF} = \overline{AE}[/tex3] e, com isso, garantimos que [tex3]\triangle FAE[/tex3] é no mínimo isósceles. Além disso, também podemos afirmar que o segmento [tex3]\overline{AI}[/tex3] também é bissetriz de [tex3]\measuredangle FAE[/tex3] . Desse modo, [tex3]A, \; M, \; I[/tex3] são colineares.
Podemos afirmar que [tex3]\measuredangle AME[/tex3] é [tex3]90º[/tex3] . E [tex3]\measuredangle AEI[/tex3] é [tex3]90º[/tex3] . Por potência de ponto, podemos dizer que:
[tex3]\overline {AM} \cdot \overline {AI} = \overline {AE}^2[/tex3]
Por potência de ponto novamente:
[tex3]\overline {AE}^2 = \overline{AP} \cdot \overline {AD}[/tex3]
Logo:
[tex3]\boxed{\overline {AM} \cdot \overline {AI} = \overline{AP} \cdot \overline {AD}}[/tex3]
Essa é a condição para potência de dois segmentos secantes à circunferência. Pela construção que fiz do triângulo equilátero, os dois segmentos também são colineares (talvez não foi uma boa ideia montar o triângulo equilátero)! Talvez tenha outros jeitos melhores de demonstrar... jvmago, eu lhe invoco!
Para facilitar, fiz a construção utilizando um triângulo equilátero:
- geogebra-export (84).png (61.65 KiB) Exibido 1730 vezes
[tex3]\overline{AF} = \overline{AE}[/tex3]
Isso é justificável por conta da tangência.
Se [tex3]M[/tex3] é ponto médio, então [tex3]\overline{AM}[/tex3] é bissetriz de [tex3]\measuredangle FAE[/tex3] , pois, [tex3]\overline{AF} = \overline{AE}[/tex3] e, com isso, garantimos que [tex3]\triangle FAE[/tex3] é no mínimo isósceles. Além disso, também podemos afirmar que o segmento [tex3]\overline{AI}[/tex3] também é bissetriz de [tex3]\measuredangle FAE[/tex3] . Desse modo, [tex3]A, \; M, \; I[/tex3] são colineares.
Podemos afirmar que [tex3]\measuredangle AME[/tex3] é [tex3]90º[/tex3] . E [tex3]\measuredangle AEI[/tex3] é [tex3]90º[/tex3] . Por potência de ponto, podemos dizer que:
[tex3]\overline {AM} \cdot \overline {AI} = \overline {AE}^2[/tex3]
Por potência de ponto novamente:
[tex3]\overline {AE}^2 = \overline{AP} \cdot \overline {AD}[/tex3]
Logo:
[tex3]\boxed{\overline {AM} \cdot \overline {AI} = \overline{AP} \cdot \overline {AD}}[/tex3]
Essa é a condição para potência de dois segmentos secantes à circunferência. Pela construção que fiz do triângulo equilátero, os dois segmentos também são colineares (talvez não foi uma boa ideia montar o triângulo equilátero)! Talvez tenha outros jeitos melhores de demonstrar... jvmago, eu lhe invoco!
-
Auto Excluído (ID:12031)
- Última visita: 31-12-69
Mai 2019
24
16:19
Re: OIM (1990) - Geometria
só que quando o triângulo é equilátero os quatro pontos são alinhados, Planck, É a única exceção quando o círculo se degenera a uma reta
-
Planck
- Mensagens: 2863
- Registrado em: 15 Fev 2019, 21:59
- Última visita: 28-11-21
- Agradeceu: 206 vezes
- Agradeceram: 968 vezes
-
jvmago
- Mensagens: 2731
- Registrado em: 06 Jul 2017, 14:54
- Última visita: 07-05-24
- Agradeceu: 377 vezes
- Agradeceram: 1015 vezes
Mai 2019
24
17:08
Re: OIM (1990) - Geometria
Estou muito longe destas demonstrações!!Planck escreveu: ↑24 Mai 2019, 16:15 Olá Babi123,
Para facilitar, fiz a construção utilizando um triângulo equilátero:
geogebra-export (84).png
Note que:
[tex3]\overline{AF} = \overline{AE}[/tex3]
Isso é justificável por conta da tangência.
Se [tex3]M[/tex3] é ponto médio, então [tex3]\overline{AM}[/tex3] é bissetriz de [tex3]\measuredangle FAE[/tex3] , pois, [tex3]\overline{AF} = \overline{AE}[/tex3] e, com isso, garantimos que [tex3]\triangle FAE[/tex3] é no mínimo isósceles. Além disso, também podemos afirmar que o segmento [tex3]\overline{AI}[/tex3] também é bissetriz de [tex3]\measuredangle FAE[/tex3] . Desse modo, [tex3]A, \; M, \; I[/tex3] são colineares.
Podemos afirmar que [tex3]\measuredangle AME[/tex3] é [tex3]90º[/tex3] . E [tex3]\measuredangle AEI[/tex3] é [tex3]90º[/tex3] . Por potência de ponto, podemos dizer que:
[tex3]\overline {AM} \cdot \overline {AI} = \overline {AE}^2[/tex3]
Por potência de ponto novamente:
[tex3]\overline {AE}^2 = \overline{AP} \cdot \overline {AD}[/tex3]
Logo:
[tex3]\boxed{\overline {AM} \cdot \overline {AI} = \overline{AP} \cdot \overline {AD}}[/tex3]
Essa é a condição para potência de dois segmentos secantes à circunferência. Pela construção que fiz do triângulo equilátero, os dois segmentos também são colineares (talvez não foi uma boa ideia montar o triângulo equilátero)! Talvez tenha outros jeitos melhores de demonstrar... jvmago, eu lhe invoco!
Não importa se você é magrinho ou gordinho, alto ou baixo, o que te difere dos outros é quando expõe seus conhecimentos.
-
- Tópicos Semelhantes
- Respostas
- Exibições
- Última mensagem
-
- 2 Respostas
- 1100 Exibições
-
Última mensagem por Hanon
-
- 1 Respostas
- 4522 Exibições
-
Última mensagem por VALDECIRTOZZI
-
- 3 Respostas
- 1274 Exibições
-
Última mensagem por PedroCunha
-
- 1 Respostas
- 831 Exibições
-
Última mensagem por Marcos
-
- 2 Respostas
- 666 Exibições
-
Última mensagem por MJ14
