Demonstração
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
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Olimpíadas ⇒ Quadrilátero Bicêntrico Tópico resolvido
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Nov 2020
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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Resposta
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Nov 2020
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
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Nov 2020
27
12:39
Re: Quadrilátero Bicêntrico
Na verdade é bem curta:FelipeMartin escreveu: ↑27 Nov 2020, 12:34 A prova é longa. Quem quiser traduzir e colocar em detalhes, sinta-se livre: http://forumgeom.fau.edu/FG2019volume19/FG201905.pdf
Editado pela última vez por NigrumCibum em 27 Nov 2020, 16:47, em um total de 2 vezes.
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Nov 2020
27
12:43
Re: Quadrilátero Bicêntrico
pior que é verdade, eu deveria ter lido com calma
Editado pela última vez por FelipeMartin em 27 Nov 2020, 13:51, em um 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]
Editado pela última vez por FelipeMartin em 27 Nov 2020, 19:37, em um total de 2 vezes.
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Nov 2020
27
16:46
Re: Quadrilátero Bicêntrico
FelipeMartin escreveu: ↑27 Nov 2020, 16:27 Na 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!
Editado pela última vez por NigrumCibum em 27 Nov 2020, 16:48, em um 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: ↑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!
Editado pela última vez por Ittalo25 em 27 Nov 2020, 17:12, em um 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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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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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
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