Off Topic
Ensino Médio ⇒ Geometria segmentos congruentes
Moderador: [ Moderadores TTB ]
-
- Mensagens: 449
- Registrado em: Sáb 13 Mai, 2017 00:28
- Última visita: 24-10-21
- Localização: São Luis - Ma
Ago 2020
31
13:30
Geometria segmentos congruentes
Última edição: Hanon (Qua 19 Ago, 2020 20:52). Total de 1 vez.
-
- Mensagens: 2194
- Registrado em: Sáb 04 Jul, 2020 10:47
- Última visita: 27-03-24
Set 2020
13
21:05
Re: Geometria segmentos congruentes
de onde você tirou esse problema?
φως εσύ και καρδιά μου εγώ πόσο σ' αγαπώ.
-
- Mensagens: 449
- Registrado em: Sáb 13 Mai, 2017 00:28
- Última visita: 24-10-21
- Localização: São Luis - Ma
Set 2020
14
14:00
Re: Geometria segmentos congruentes
Romantics of Geometry [tex3]\rightarrow [/tex3] Grupo do Facebook.
-
- Mensagens: 2194
- Registrado em: Sáb 04 Jul, 2020 10:47
- Última visita: 27-03-24
Dez 2020
09
22:39
Re: Geometria segmentos congruentes
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.
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.
φως εσύ και καρδιά μου εγώ πόσο σ' αγαπώ.
-
- Mensagens: 2194
- Registrado em: Sáb 04 Jul, 2020 10:47
- Última visita: 27-03-24
Jan 2022
24
14:03
Re: Geometria segmentos congruentes
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:
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] .
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] .
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:
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] .
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] .
Última edição: FelipeMartin (Seg 24 Jan, 2022 14:06). Total de 2 vezes.
φως εσύ και καρδιά μου εγώ πόσο σ' αγαπώ.
-
- Tópicos Semelhantes
- Respostas
- Exibições
- Última msg
-
- 3 Respostas
- 151 Exibições
-
Última msg por geobson
-
- 5 Respostas
- 7560 Exibições
-
Última msg por geobson
-
- 6 Respostas
- 547 Exibições
-
Última msg por FelipeMartin
-
- 0 Respostas
- 448 Exibições
-
Última msg por Cardoso1979
-
- 1 Respostas
- 299 Exibições
-
Última msg por Carlosft57