Ensino Médio

Mensagem não lidapor **Babi123** » Qua 18 Dez, 2019 22:27

Sabendo que [tex3]BQRP[/tex3] é um quadrado prove que [tex3]\theta=90°[/tex3] .

: 79674426_1001553903556760_1241707369197469696_o~2.jpg (13.71 KiB) Exibido 1854 vezes

Vou entrar na campanha do mago...Volta sousóeu!

Mensagem não lidapor **geobson** » Ter 31 Dez, 2019 11:47

.. ..........up...........

.......................................................Alguém???

...............................................

De onde você tirou este? Babi123

Mensagem não lidapor **petras** » Dom 05 Abr, 2020 10:28 · Mensagem não lida por **petras** » Dom 05 Abr, 2020 10:28

Tem razão Rene, descuido. Tentarei corrigir depois.

petras escreveu: ↑
Dom 05 Abr, 2020 10:28
Babi123,
Utilizando o desenho teremos:
[tex3]\mathsf{\Delta_{KDB}\rightarrow \hat{D}=180^o-\alpha -\beta -90^o=90^o-\alpha -\beta \\
I\hat{B}D=180^0-\theta -(90^o-\alpha -\beta )=\color{blue}90^o+\alpha +\beta -\theta \\
K\hat{B}I = \color{blue}180^o-\alpha -\beta -\theta \\
K\hat{B}I+I\hat{B}D = 90^o\rightarrow 180^o-\alpha -\beta -\theta +90^o+\alpha +\beta-\theta =90^o\rightarrow \\
-2\theta +270^o=90^o\rightarrow -2\theta =-180^o\therefore \boxed{\color{red}\theta =90^oc.q.d.} }[/tex3]

Código: Selecionar tudoSHIFT+Click na eq = ZOOM

[tex3]\mathsf{\Delta_{KDB}\rightarrow \hat{D}=180^o-\alpha -\beta -90^o=90^o-\alpha -\beta \\ I\hat{B}D=180^0-\theta -(90^o-\alpha -\beta )=\color{blue}90^o+\alpha +\beta -\theta \\ K\hat{B}I = \color{blue}180^o-\alpha -\beta -\theta \\ K\hat{B}I+I\hat{B}D = 90^o\rightarrow 180^o-\alpha -\beta -\theta +90^o+\alpha +\beta-\theta =90^o\rightarrow \\ -2\theta +270^o=90^o\rightarrow -2\theta =-180^o\therefore \boxed{\color{red}\theta =90^oc.q.d.} }[/tex3]

não seria o ângulo IBD = [tex3]\theta + \alpha + \beta - 90[/tex3]

Seja [tex3]X[/tex3] o pé da altura do vértice [tex3]B[/tex3] em relação a [tex3]AC[/tex3] então [tex3]PBQRX[/tex3] é cíclico (o círculo de diâmetro [tex3]BR[/tex3] ).
Por projetiva:

Basta provar que [tex3]PQ[/tex3] intersecta [tex3]AC[/tex3] no conjugado harmônico de [tex3]D[/tex3] o que decorre do fato de que [tex3]-1 = (B,R;P,Q)[/tex3] pois o quadrilátero [tex3]BQRP[/tex3] é harmônico.
Basta realizarmos a projeção por [tex3]X[/tex3] em [tex3]PQ[/tex3] e depois por [tex3]B[/tex3] em [tex3]AC[/tex3] :
seja [tex3]B_1 = PQ \cap BX[/tex3] e [tex3]R_1 = AC \cap PQ[/tex3] :
[tex3]BRPQ \frac{X}{\overline\wedge} B_1R_1PQ \frac{B}{\overline\wedge} XR_1AC[/tex3]
logo [tex3]-1 = (X,R_1;A,C)[/tex3] isso implica que existe um ponto de projeção que relaciona estes quatro pontos com [tex3]B,Q,P,R_1[/tex3] logo [tex3]BX, AQ, PC[/tex3] são concorrentes e então [tex3]X=H[/tex3] .

viewtopic.php?t=70010

Dá pra fugir da projetiva fazendo contas com o teorema de Ceva também.

[tex3]\frac{AP}{PB} \cdot \frac{BQ}{QC} \cdot \frac {CH}{HA}=1 [/tex3]
[tex3]\implies \frac{AP}{PR} \cdot \frac{QR}{QC} \cdot \frac {CH}{HA}=1[/tex3]
[tex3]\implies \frac{AB}{BC} \cdot \frac{AB}{BC} \cdot \frac {CH}{HA}=1[/tex3]
[tex3]\implies \frac{AH}{CH} = \frac{AB^2}{BC^2}[/tex3]
[tex3]\implies \frac{AH}{CH} + 1 = \frac{AB^2}{BC^2} +1[/tex3]
[tex3]\implies \frac{AC}{CH} = \frac{AC^2}{BC^2}[/tex3]
[tex3]\implies \frac{AC}{BC} = \frac{BC}{CH}[/tex3]
[tex3]\implies \triangle ABC \sim \triangle BHC[/tex3]
[tex3]\implies \angle BHC = 90[/tex3]
O ângulo [tex3]B[/tex3] não precisava ser reto, desde que [tex3]R[/tex3] fosse pé da bissetriz do ângulo [tex3]B[/tex3] e [tex3]P[/tex3] e [tex3]Q[/tex3] fossem pés das perpendiculares de [tex3]R[/tex3] em relação a [tex3]AB[/tex3] e [tex3]BC[/tex3] .

Mensagem não lidapor **Babi123** » Seg 06 Abr, 2020 14:37

RenetGuenon escreveu: ↑
Dom 05 Abr, 2020 06:01
De onde você tirou este?

de uma página do Facebook de problemas de Geometria.

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