Questões Perdidas ⇒ Solucionário:Racso - Cap XII - Problemas de Geometria y Como Resolverlos - I Edição - Ex:24 Tópico resolvido

[petras]

Problema Proposto
24 - No triángulo retángulo ABC,reto em B
se traça a altura BH. Sejam P e Q os incentros dos triángulos AHB e BHC,
PQ intercepta em E a BH, sendo [tex3]\frac{BE}{EH}= 5 \sqrt 2 [/tex3], o inraio do triángulo ABC mede 10.
Calcular o inraio do triângulo PHQ.

Resposta

---

B) 1 (Resposta errada do livro C) 2)

[petras]

[tex3]∠PHQ=90^∘,\text{HE é sua bissetriz e o incentro (I) de △PHQ deve estar no segmento HE}\\
PM=MH=r_1, QN=NH=r_2 \implies PH=r_1\sqrt2, ~QH=r_2\sqrt2.\\
△AHB∼△BHC(t.retângulos), \text{seus inraios devem estar no raio da hipotenusa}\\.
\therefore \frac{r_1}{r_2}=\frac{c}{a}\\
△PHQ: \frac{PH}{HQ}=\frac{r_1}{r_2}\\
\therefore △PHQ∼△ABC∼△AHB∼△BHC⟹∠HPQ=∠A.\\
r=inraio △PHQ \rightarrow HI=r\sqrt2\\
\triangle AHB \sim \triangle PEH: \frac{AH}{r_1}=\frac{PH}{r}⟹AH=\frac{\sqrt2r_1^2}{r}.\\
Analogamente, CH=\frac{\sqrt2r_2^2}{r}\\
AH+CH = AC=\frac{2(r_1^2+r_2^2)}{r\sqrt2}=\frac{PQ^2}{r\sqrt2}⟹\frac{AC}{PQ}=\frac{PQ}{r\sqrt2} (I)\\
\triangle ABC \sim \triangle PHQ: \frac{ AC}{PQ}=\frac{10}{r}\therefore de ~(I):PQ=10\sqrt2\\
T.Poncelet~ \triangle PHQ: PH+HQ−PQ=2r⟹\sqrt2(r_1+r_2)−10\sqrt2=2r. \\
Usando~propriedade: r_1+r_2=BH−10 \implies BH−20=r\sqrt2.\\
PI~ é ~bissetriz ∠HPE ~e~ ∠BPI=90^∘ (\angle HPE=\angle A⟹∠HPI=\frac{1}{2}\angle A \angle ABH=90^∘−\angle A,\\
\angle PBH=45^∘−\frac{1}{2}\angle A ~e~ \angle BHP=45^∘\\
\therefore \angle BPH=90^∘+12\angle A \implies \angle BPI=90^∘)
\\\implies P(HE,IB) é harmônico:
\therefore \frac{HI}{IE}=\frac{HB}{BE} \rightarrow = \frac{HI}{IE}=\frac{BE+EH}{BE}\rightarrow\\
\frac{HI}{HE−HI}=1+\frac{1}{5\sqrt2}\\
(10\sqrt2+1)\underbrace{HI}_{r\sqrt2}=(5\sqrt2+1)HE\\
mas~ BE=5\sqrt2 EH \rightarrow BE+EH = 5\sqrt2EH +EH\implies BH = (5\sqrt2 + 1)EH\\
\therefore (10\sqrt2+1)HI=20+r\sqrt2 \implies (20+\sqrt2)r=(20+\sqrt2)r\\
⟹ \boxed{\color{red}r=1}[/tex3]

Código: Selecionar tudoSHIFT+Click na eq = ZOOM

[tex3]∠PHQ=90^∘,\text{HE é sua bissetriz e o incentro (I) de △PHQ deve estar no segmento HE}\\
PM=MH=r_1, QN=NH=r_2 \implies PH=r_1\sqrt2, ~QH=r_2\sqrt2.\\
△AHB∼△BHC(t.retângulos), \text{seus inraios devem estar no raio da hipotenusa}\\.
\therefore \frac{r_1}{r_2}=\frac{c}{a}\\
△PHQ: \frac{PH}{HQ}=\frac{r_1}{r_2}\\
\therefore △PHQ∼△ABC∼△AHB∼△BHC⟹∠HPQ=∠A.\\
r=inraio △PHQ \rightarrow HI=r\sqrt2\\
\triangle AHB \sim \triangle PEH: \frac{AH}{r_1}=\frac{PH}{r}⟹AH=\frac{\sqrt2r_1^2}{r}.\\
Analogamente, CH=\frac{\sqrt2r_2^2}{r}\\
AH+CH = AC=\frac{2(r_1^2+r_2^2)}{r\sqrt2}=\frac{PQ^2}{r\sqrt2}⟹\frac{AC}{PQ}=\frac{PQ}{r\sqrt2} (I)\\
\triangle ABC \sim \triangle PHQ: \frac{ AC}{PQ}=\frac{10}{r}\therefore de ~(I):PQ=10\sqrt2\\
T.Poncelet~ \triangle PHQ: PH+HQ−PQ=2r⟹\sqrt2(r_1+r_2)−10\sqrt2=2r. \\
Usando~propriedade: r_1+r_2=BH−10 \implies BH−20=r\sqrt2.\\
PI~ é ~bissetriz ∠HPE ~e~ ∠BPI=90^∘ (\angle HPE=\angle A⟹∠HPI=\frac{1}{2}\angle A \angle ABH=90^∘−\angle A,\\
\angle PBH=45^∘−\frac{1}{2}\angle A ~e~ \angle BHP=45^∘\\
\therefore \angle BPH=90^∘+12\angle A \implies \angle BPI=90^∘)
\\\implies P(HE,IB) é harmônico:
\therefore \frac{HI}{IE}=\frac{HB}{BE} \rightarrow = \frac{HI}{IE}=\frac{BE+EH}{BE}\rightarrow\\
\frac{HI}{HE−HI}=1+\frac{1}{5\sqrt2}\\
(10\sqrt2+1)\underbrace{HI}_{r\sqrt2}=(5\sqrt2+1)HE\\
mas~ BE=5\sqrt2 EH \rightarrow BE+EH = 5\sqrt2EH +EH\implies BH = (5\sqrt2 + 1)EH\\
\therefore (10\sqrt2+1)HI=20+r\sqrt2 \implies (20+\sqrt2)r=(20+\sqrt2)r\\
⟹ \boxed{\color{red}r=1}[/tex3]

(Solução:MathLover)