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Olimpíadas ⇒ Quadrilátero Bicêntrico Tópico resolvido
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27
12:08
Quadrilátero Bicêntrico
Em um quadrilátero bicêntrico ABCD, prove que o incentro I, o circuncentro O, a intersecção das diagonais G e o ponto de Miquel P, são colineares.
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FelipeMartin
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27
12:34
Re: Quadrilátero Bicêntrico
A prova é longa. Quem quiser traduzir e colocar em detalhes, sinta-se livre: http://forumgeom.fau.edu/FG2019volume19/FG201905.pdf
φως εσύ και καρδιά μου εγώ πόσο σ' αγαπώ.
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27
12:39
Re: Quadrilátero Bicêntrico
Na verdade é bem curta:FelipeMartin escreveu: ↑Sex 27 Nov, 2020 12:34A prova é longa. Quem quiser traduzir e colocar em detalhes, sinta-se livre: http://forumgeom.fau.edu/FG2019volume19/FG201905.pdf
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FelipeMartin
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27
12:43
Re: Quadrilátero Bicêntrico
pior que é verdade, eu deveria ter lido com calma
Última edição: FelipeMartin (Sex 27 Nov, 2020 13:51). Total de 1 vez.
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Nov 2020
27
16:27
Re: Quadrilátero Bicêntrico
Na real que usa vários resultados que não são intuitivos, então eu estava certo. A demonstração é longa. Aqui vai a tradução:
Sejam: [tex3]E = AD \cap BC, F = AB \cap CD[/tex3] e [tex3]G = AC \cap BD[/tex3] .
[tex3]P[/tex3] é o ponto de Miquel de [tex3]ABCD[/tex3] , traduzindo: é o encontro dos circuncírculos de [tex3]ECD,FBC,EBA[/tex3] e [tex3]FAD[/tex3] . A prova de que esse ponto existe está em alguns exercícios do fórum.
[tex3]W,X,Y[/tex3] e [tex3]Z[/tex3] são os pontos de contato do incírculo de [tex3]ABCD[/tex3] com [tex3]AB,BC,CD[/tex3] e [tex3]DA[/tex3] , respectivamente.
[tex3]\omega[/tex3] e [tex3]\Omega[/tex3] são o incírculo e o circuncírculo de [tex3]ABCD[/tex3] , respectivamente.
[tex3]P[/tex3] é o inverso de [tex3]G[/tex3] com respeito a [tex3]\Omega[/tex3] . Prova:
A reta [tex3]BD[/tex3] é invertida no [tex3](BDO)[/tex3] e [tex3]AC[/tex3] é invertida em [tex3](ACO)[/tex3] logo o inverso de [tex3]G[/tex3] é [tex3]G' = (ACO) \cap (BDO) \neq O[/tex3] (pois [tex3]O[/tex3] não é inverso de pontos finitos). Basta provar que [tex3]G' = P[/tex3] , ou seja que [tex3]PACO[/tex3] é cíclico, como:
[tex3]\angle APC = \angle APB - \angle BPC = \angle AEB - \angle BFC = (180 - \angle BCD - \angle ADC) - (\angle ADC - \angle BCD) =[/tex3]
[tex3]=180 -2\angle ADC = 180 - \angle AOC[/tex3] logo [tex3]PACO[/tex3] é cíclico e analogamente temos [tex3]PDBO[/tex3] cíclico de forma que [tex3]P = G'[/tex3] .
Logo [tex3]O,G[/tex3] e [tex3]P[/tex3] são colineares. Como [tex3]EF[/tex3] é a polar de [tex3]G[/tex3] então [tex3]OGP \perp EF[/tex3] .
Segundo o pdf, pode-se provar que [tex3]\frac{AZ}{ZD} = \frac{BX}{XC}[/tex3] . O que implica que [tex3]P[/tex3] é centro de semelhança espiral (ou roto-homotetia ou produto de números complexos - só que isso não foi abordado no fórum ainda) que leva [tex3]AB[/tex3] a [tex3]DC[/tex3] isso implica que [tex3]EPXZ[/tex3] é cíclico e como [tex3]\angle IZE = \angle IXE = 90[/tex3] então [tex3]EPXZI[/tex3] estão num círculo.
De forma analoga [tex3]FPWIY[/tex3] estão em um círculo e a inversão com respeito a [tex3]\omega[/tex3] leva [tex3](FPWIY)[/tex3] na reta [tex3]WY[/tex3] e [tex3](XIZPE)[/tex3] na reta [tex3]XZ[/tex3] e então [tex3]P[/tex3] vai para [tex3]G[/tex3] (aqui é usado um teorema de Newton: [tex3]XZ \cap WY = AC \cap BD = G[/tex3] que é facilmente provado com Pascal ou com polares). De forma que [tex3]I,P,G[/tex3] são alinhados portanto [tex3]O[/tex3] também está nesta reta.
A questão da roto-homotetia/semelhança espiral eu fico devendo bem como que [tex3]\frac{AZ}{ZD} = \frac{BX}{XC}[/tex3]
Sejam: [tex3]E = AD \cap BC, F = AB \cap CD[/tex3] e [tex3]G = AC \cap BD[/tex3] .
[tex3]P[/tex3] é o ponto de Miquel de [tex3]ABCD[/tex3] , traduzindo: é o encontro dos circuncírculos de [tex3]ECD,FBC,EBA[/tex3] e [tex3]FAD[/tex3] . A prova de que esse ponto existe está em alguns exercícios do fórum.
[tex3]W,X,Y[/tex3] e [tex3]Z[/tex3] são os pontos de contato do incírculo de [tex3]ABCD[/tex3] com [tex3]AB,BC,CD[/tex3] e [tex3]DA[/tex3] , respectivamente.
[tex3]\omega[/tex3] e [tex3]\Omega[/tex3] são o incírculo e o circuncírculo de [tex3]ABCD[/tex3] , respectivamente.
[tex3]P[/tex3] é o inverso de [tex3]G[/tex3] com respeito a [tex3]\Omega[/tex3] . Prova:
A reta [tex3]BD[/tex3] é invertida no [tex3](BDO)[/tex3] e [tex3]AC[/tex3] é invertida em [tex3](ACO)[/tex3] logo o inverso de [tex3]G[/tex3] é [tex3]G' = (ACO) \cap (BDO) \neq O[/tex3] (pois [tex3]O[/tex3] não é inverso de pontos finitos). Basta provar que [tex3]G' = P[/tex3] , ou seja que [tex3]PACO[/tex3] é cíclico, como:
[tex3]\angle APC = \angle APB - \angle BPC = \angle AEB - \angle BFC = (180 - \angle BCD - \angle ADC) - (\angle ADC - \angle BCD) =[/tex3]
[tex3]=180 -2\angle ADC = 180 - \angle AOC[/tex3] logo [tex3]PACO[/tex3] é cíclico e analogamente temos [tex3]PDBO[/tex3] cíclico de forma que [tex3]P = G'[/tex3] .
Logo [tex3]O,G[/tex3] e [tex3]P[/tex3] são colineares. Como [tex3]EF[/tex3] é a polar de [tex3]G[/tex3] então [tex3]OGP \perp EF[/tex3] .
Segundo o pdf, pode-se provar que [tex3]\frac{AZ}{ZD} = \frac{BX}{XC}[/tex3] . O que implica que [tex3]P[/tex3] é centro de semelhança espiral (ou roto-homotetia ou produto de números complexos - só que isso não foi abordado no fórum ainda) que leva [tex3]AB[/tex3] a [tex3]DC[/tex3] isso implica que [tex3]EPXZ[/tex3] é cíclico e como [tex3]\angle IZE = \angle IXE = 90[/tex3] então [tex3]EPXZI[/tex3] estão num círculo.
De forma analoga [tex3]FPWIY[/tex3] estão em um círculo e a inversão com respeito a [tex3]\omega[/tex3] leva [tex3](FPWIY)[/tex3] na reta [tex3]WY[/tex3] e [tex3](XIZPE)[/tex3] na reta [tex3]XZ[/tex3] e então [tex3]P[/tex3] vai para [tex3]G[/tex3] (aqui é usado um teorema de Newton: [tex3]XZ \cap WY = AC \cap BD = G[/tex3] que é facilmente provado com Pascal ou com polares). De forma que [tex3]I,P,G[/tex3] são alinhados portanto [tex3]O[/tex3] também está nesta reta.
A questão da roto-homotetia/semelhança espiral eu fico devendo bem como que [tex3]\frac{AZ}{ZD} = \frac{BX}{XC}[/tex3]
Última edição: FelipeMartin (Sex 27 Nov, 2020 19:37). Total de 2 vezes.
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Nov 2020
27
16:46
Re: Quadrilátero Bicêntrico
FelipeMartin escreveu: ↑Sex 27 Nov, 2020 16:27Na real que usa vários resultados não são intuitivos, então eu estava certo. A demonstração é longa. Aqui vai a tradução:
Sejam: [tex3]E = AD \cap BC, F = AB \cap CD[/tex3] e [tex3]G = AC \cap BD[/tex3] .
[tex3]P[/tex3] é o ponto de Miquel de [tex3]ABCD[/tex3] , traduzindo: é o encontro dos circuncírculos de [tex3]ECD,FBC,EBA[/tex3] e [tex3]FAD[/tex3] . A prova de que esse ponto existe está em alguns exercícios do fórum.
[tex3]W,X,Y[/tex3] e [tex3]Z[/tex3] são os pontos de contato do incírculo de [tex3]ABCD[/tex3] com [tex3]AB,BC,CD[/tex3] e [tex3]DA[/tex3] , respectivamente.
[tex3]\omega[/tex3] e [tex3]\Omega[/tex3] são o incírculo e o circuncírculo de [tex3]ABCD[/tex3] , respectivamente.
[tex3]P[/tex3] é o inverso de [tex3]G[/tex3] com respeito a [tex3]\Omega[/tex3] . Prova:
A reta [tex3]BD[/tex3] é invertida no [tex3](BDO)[/tex3] e [tex3]AC[/tex3] é invertida em [tex3](ACO)[/tex3] logo o inverso de [tex3]G[/tex3] é [tex3]G' = (ACO) \cap (BDO) \neq O[/tex3] (pois [tex3]O[/tex3] não é inverso de pontos finitos). Basta provar que [tex3]G' = P[/tex3] , ou seja que [tex3]PACO[/tex3] é cíclico, como:
[tex3]\angle APC = \angle APB - \angle BPC = \angle AEB - \angle BFC = (180 - \angle BCD - \angle ADC) - (\angle ADC - \angle BCD) =[/tex3]
[tex3]=180 -2\angle ADC = 180 - \angle AOC[/tex3] logo [tex3]PACO[/tex3] é cíclico e analogamente temos [tex3]PDBO[/tex3] cíclico de forma que [tex3]P = G'[/tex3] .
Logo [tex3]O,G[/tex3] e [tex3]P[/tex3] são colineares. Como [tex3]EF[/tex3] é a polar de [tex3]G[/tex3] então [tex3]OGK \perp EF[/tex3] .
Segundo o pdf, pode-se provar que [tex3]\frac{AZ}{ZD} = \frac{BX}{XC}[/tex3] . O que implica que [tex3]P[/tex3] é centro de semelhança espiral (ou roto-homotetia ou produto de números complexos - só que isso não foi abordado no fórum ainda) que leva [tex3]AB[/tex3] a [tex3]DC[/tex3] isso implica que [tex3]EPXZ[/tex3] é cíclico e como [tex3]\angle IZE = \angle IXE = 90[/tex3] então [tex3]EPXZI[/tex3] estão num círculo.
De forma analoga [tex3]FPWIY[/tex3] estão em um círculo e a inversão com respeito a [tex3]\omega[/tex3] leva [tex3](FPWIY)[/tex3] na reta [tex3]WY[/tex3] e [tex3](XIZPE)[/tex3] na reta [tex3]XZ[/tex3] e então [tex3]P[/tex3] vai para [tex3]G[/tex3] (aqui é usado um teorema de Newton: [tex3]XZ \cap WY = AC \cap BD = G[/tex3] que é facilmente provado com Pascal ou com polares). De forma que [tex3]I,P,G[/tex3] são alinhados portanto [tex3]O[/tex3] também está nesta reta.
A questão da roto-homotetia/semelhança espiral eu fico devendo bem como que [tex3]\frac{AZ}{ZD} = \frac{BX}{XC}[/tex3]
Eu não faço a mínima ideia do que é roto-homotetia(assim como no pdf), mas vou procurar por algum artigo sobre isso. Sua solução usou esse conceito estranho então eu não sei se está correto, mas, mesmo assim, eu vou confiar. Muito obrigado!
Última edição: NigrumCibum (Sex 27 Nov, 2020 16:48). Total de 1 vez.
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Nov 2020
27
17:11
Re: Quadrilátero Bicêntrico
Divulgando o canal do meu colega: https://www.youtube.com/watch?v=Ojb9n3Gufm8NigrumCibum escreveu: ↑Sex 27 Nov, 2020 16:46
Eu não faço a mínima ideia do que é roto-homotetia(assim como no pdf), mas vou procurar por algum artigo sobre isso. Sua solução usou esse conceito estranho então eu não sei se está correto, mas, mesmo assim, eu vou confiar. Muito obrigado!
Última edição: Ittalo25 (Sex 27 Nov, 2020 17:12). Total de 1 vez.
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Nov 2020
27
17:36
Re: Quadrilátero Bicêntrico
Ittalo25, muito conveniente esse vídeo. Obrigado.
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FelipeMartin
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Nov 2020
27
18:37
Re: Quadrilátero Bicêntrico
tem muito material sobre isso na real. Eu agora ando meio ocupado mas qualquer dia sai um tópico aqui falando sobre essa roto-homotetia/semelhança espiral(ar)?
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FelipeMartin
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Nov 2020
27
20:03
Re: Quadrilátero Bicêntrico
a prova da relação que eu apontei está aqui: https://www.jstor.org/stable/2695307
quem conseguir acessar...não sei se pode compartilhar a prova kkkk
quem conseguir acessar...não sei se pode compartilhar a prova kkkk
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