Ensino Médio

Mensagem não lidapor **Hanon** » 31 Ago 2020, 13:30 · Mensagem não lida por **Hanon** » 31 Ago 2020, 13:30

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[tex3]AP[/tex3] é mediana que parte do vértice [tex3]A[/tex3] o círculo maior passa por [tex3]A[/tex3] e pelo centro dos dois ex-círculos dos triângulos [tex3]ABP[/tex3] e [tex3]APC[/tex3] e intersecta [tex3]AB[/tex3] em [tex3]X[/tex3] e [tex3]AC[/tex3] em [tex3]Y[/tex3] . Prove que [tex3]BX=CY[/tex3]

: 52608906_10216091606137677_4040517331552567296_n.jpg (21.66 KiB) Exibido 1395 vezes

de onde você tirou esse problema?

Mensagem não lidapor **Hanon** » 14 Set 2020, 14:00 · Mensagem não lida por **Hanon** » 14 Set 2020, 14:00

FelipeMartin escreveu: ↑13 Set 2020, 21:05 de onde você tirou esse problema?

Romantics of Geometry [tex3]\rightarrow [/tex3] Grupo do Facebook.

gostei da página, muitos gregos por lá. Mas acho que os problemas de lá estão um pouco fora do nível daqui.
Acho que podemos pensar na semelhança espiral (roto-homotetia) que transfere o segmento [tex3]BX[/tex3] no [tex3]CY[/tex3] , me parece que o centro da roto-homotetia está na mediatriz de [tex3]XC[/tex3] e de [tex3]BY[/tex3] também, não sei se isso é óbvio.

24 Jan 2022, 14:03

O que está por trás deste problema é o seguinte lema (que deveria ter um nome):

Lema: Dado um [tex3]\triangle ABC[/tex3] , sejam [tex3]M \in AB[/tex3] e [tex3]N \in AC[/tex3] tais que [tex3]BM = CN[/tex3] e seja também [tex3]M_a[/tex3] o ponto médio do arco [tex3]\widehat{BC}[/tex3] no circuncírculo do [tex3]\triangle ABC[/tex3] , então [tex3]MNAM_a[/tex3] é cíclico.

Prova:

: hanon1.png (60.44 KiB) Exibido 784 vezes

Note que [tex3]M_aB = M_aC[/tex3] e que [tex3]\angle MBM_a = \angle NCM_a = \frac{\widehat{AM_a}}2[/tex3] , logo, [tex3]\triangle MBM_a \cong \triangle NCM_a[/tex3] por LAL em [tex3]B[/tex3] e [tex3]C[/tex3] ; em particular, [tex3]\angle BMM_a = \angle CNM_a \iff \angle AMM_a = \angle ANM_a[/tex3] donde [tex3]AM_aNM[/tex3] é cíclico. Em particular, isso significa que [tex3]M_a[/tex3] é centro de Roto-Homotetia entre [tex3]MN[/tex3] e [tex3]BC[/tex3] .

O seu problema agora:

Como [tex3]\angle I_BPI_C = 90^{\circ} = \angle M_aPC[/tex3] , podemos pensar na rotação de [tex3]90^{\circ}[/tex3] centrada em [tex3]P[/tex3] e na dilatação, também centrada em [tex3]P[/tex3] , que leva [tex3]C[/tex3] a [tex3]M_a[/tex3] . Essa roto-homotetia leva [tex3]I_C[/tex3] no ponto [tex3]T \in \overrightarrow{I_BP}[/tex3] . Note que [tex3]\triangle TPI_C \sim \triangle M_aPC \implies \angle PTI_C = \angle PM_aC = \frac{\angle A}2[/tex3] . Analogamente a roto-homotetia que leva [tex3]B[/tex3] a [tex3]M_a[/tex3] leva [tex3]I_B[/tex3] a [tex3]S[/tex3] e é trivial que [tex3]SI_BI_CTA[/tex3] é cíclico, pois todos enxergam [tex3]\widehat{I_BI_C}[/tex3] sob [tex3]\frac{\angle A}2[/tex3] .

: hanon2.png (114.74 KiB) Exibido 784 vezes

Como também é verdade que [tex3]\triangle PM_aT \sim \triangle PCI_C[/tex3] , então [tex3]\angle TM_aP = \angle I_CCP = 90^{\circ} - \frac{\angle C}2[/tex3] . Analogamente, [tex3]\angle SM_aP = 90^{\circ} - \frac{\angle B}2[/tex3] , então [tex3]\angle SM_aT = 90^{\circ} + \frac{\angle A}2[/tex3] , mas [tex3]\angle SI_CT = \angle PI_CT = \angle M_aCP = 90^{\circ} - \frac{\angle A}2[/tex3] , ou seja, [tex3]SM_aI_CT[/tex3] é cíclico. Ufa! [tex3]M_aI_CI_BA[/tex3] é cíclico. Agora vale a volta do lema acima!

[tex3]\angle ABM_a = \angle ACM_a \iff \angle XBM_a = \angle YCM_a[/tex3] e como [tex3]\angle AXM_a = \angle AYM_a[/tex3] , então [tex3]\triangle M_aXB \cong \triangle M_aYC[/tex3] por AAL, logo [tex3]XB = YC[/tex3] .

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