Ensino Fundamental

Mensagem não lida por **Flavio2020** » 11 Ago 2017, 15:45

O gráfico abaixo mostra um trapézio isósceles e o lado [tex3]QR[/tex3] mede [tex3]b[/tex3] e o lado [tex3]PQ[/tex3] mede [tex3]a[/tex3] , calcular [tex3]LR[/tex3] :

Resposta

[tex3]\frac{b(a+b)}{a-b}[/tex3]

como ABCD é circunscritível:

[tex3]BC + AD = AB + CD = 2x[/tex3]

traçando uma perpendicular a BC por C e encontrando essa reta com AD em M pode-se fazer o seguinte pitágoras:

[tex3]\(\frac{AD-BC}2\)^2 + (2r)^2 = x^2[/tex3]

de onde [tex3]AD- BC = 2\sqrt{x^2-4r^2}[/tex3]

logo [tex3]AD = x + \sqrt{x^2-4r^2}[/tex3] e [tex3]BC = x - \sqrt{x^2-4r^2} [/tex3]

da semelhança de RDQ e PQC: [tex3]RD = PC\frac b a[/tex3]

da semelhança de LAR com LBP:

[tex3]\frac{LR+a+b}{LR } = \frac{BC+PC}{AD - RD} [/tex3]

[tex3]1 + \frac {a+b} {LR} = \frac{x- \sqrt{x^2-4r^2} + PC}{x + \sqrt{x^2-4r^2} - PC\frac ba}[/tex3]

[tex3]\frac {a+b} {LR} = \frac{x- \sqrt{x^2-4r^2} + PC -x - \sqrt{x^2-4r^2} + PC\frac ba}{x + \sqrt{x^2-4r^2} - PC\frac ba}[/tex3]

a questão é calcular PC com os parâmetros fixos: x e r e os dados a e b...

minha única ideia é usar lei dos cossenos em PCQ, o ângulo QCP é fixo e dado por x e r, PQ = a e QC = x*a/(a+b) mas ainda assim haveria um baskara

seguindo essa ideia: [tex3]PC = \frac{a}{a+b}(\sqrt{x^2-4r^2} + \sqrt{(a+b)^2-4r^2})[/tex3]

achei que fosse ficar mais simples

[tex3]LR = \frac{(a+b)x+a\sqrt{x^2-4r^2} - b\sqrt{(a+b)^2-4r^2})}{\sqrt{(a+b)^2-4r^2}-\sqrt{x^2-4r^2}}[/tex3]

eu ignorei a relação que existe entre a e b.

dá pra tirar por trigonometria: sendo [tex3]\theta[/tex3] o ângulo da base maior do trapézio e [tex3]2\alpha[/tex3] o ângulo QPC

[tex3]PC = a \frac{\sin(\theta+2\alpha)}{\sin \theta}[/tex3]

e como (O centro do círculo) [tex3]PO\sin (\alpha) = r[/tex3] e [tex3]PO \cos (\alpha) = PC + \frac{x-\sqrt{x^2-4r^2}}2[/tex3]

dá pra determinar uma relação entre a e b.

[tex3]a(x+PC) = r^2 + (x-\sqrt{x^2-4r^2}+2PC)^2[/tex3]

[tex3]PC = \frac{a-4(x-\sqrt{x^2-4r^2}) + \sqrt{a^2+8a(x+\sqrt{x-4r^2}) - 16r^2}}8[/tex3]

juntando esta relação com a anterior pode-se determinar a relação entre a e b. Compensa ter a visão geométrica pelo jeito.

15 Nov 2017, 18:48

Seja Z o encontro do prolongamento de AQ com o prolongamento de BC.

O problema é equivalente a provar que P é ponto médio de BZ.

18 Jan 2018, 01:20

Sejam [tex3]E,F,G, H[/tex3] os pontos em que o círculo toca [tex3]AD,DC,CB,BA[/tex3] respectivamente. [tex3]K[/tex3] o ponto de contato do círculo com [tex3]PQ[/tex3] . Tratarei agora de pólos e polares, todos respectivos à inversão em relação ao círculo desenhado.
O pólo de [tex3]AQ[/tex3] é [tex3]KF \cap HE = S[/tex3] (encontro das tangentes por A e por Q). As polares de [tex3]B,Q,P,P_\infty,Z[/tex3] são [tex3]GH,KF,GK,GE,GS[/tex3] então provar que [tex3]P[/tex3] é o ponto médio de [tex3]BZ[/tex3] é equivalente à mostrar que a razão anarmônica [tex3](GH,GS;GK,GE) =-1[/tex3] (pois esta razão é invariante à inversões de círculo)
Faça uma inversão em relação a um círculo centrado em [tex3]S[/tex3] de forma que [tex3]E\leftrightarrow H ,F\leftrightarrow K ,G\leftrightarrow G'[/tex3] (este último o segundo encontro de [tex3]SG[/tex3] com o círculo original). Obviamente: [tex3](GE;HF) = -1 \implies (G'H;EK) =-1[/tex3] que é o que queríamos, logo [tex3]P[/tex3] é ponto médio de [tex3]BZ[/tex3] . E basta fazer uma semelhança de triângulos AQR e QPZ

18 Jan 2018, 02:48

outra forma de fazer é usar um teorema que diz que todos os quadriláteros admitem uma transformação projetiva um no outro, o que significa que podemos resolver o problema do ponto médio considerando o trapézio como um quadrado, o que faria do problema trivial. Não fiz isso pois não lembro o nome deste teorema, nem que transformação leva esse trapézio num quadrado.

EDIT: o teorema fundamental da geometria projetiva

A partir de hoje eu vou dar mais uma pausa no fórum

então quero esclarecer aquela resposta que prova que P é o ponto médio de BZ:

A razão anarmônica, ou cross ratio do inglês é uma função que associa quatro pontos [tex3]A,B,C,D[/tex3] alinhados a um número especial [tex3](A,B;C,D)[/tex3] que depende da posição relativa entre esses quatro pontos. Esse número é importante pois ele é um invariante projetivo em vários sentidos: se pegarmos um ponto P aleatório do plano e ligarmos ele a [tex3]A,B,C,D[/tex3] pelas retas [tex3]a = PA,b=PB,c=PC,d=PD[/tex3] e deixarmos essas retas cruzarem outra reta aleatória nos pontos [tex3]A',B',C',D'[/tex3] então [tex3](A,B;C,D) = (A',B';C',D')[/tex3] . Por isso faz sentido falarmos em razão anarmônica de retas: [tex3](a,b;c,d)=k[/tex3] significa que pegando qualquer reta aleatória do plano deixando ela cortar as retas [tex3]a,b,c[/tex3] e [tex3]d[/tex3] em [tex3]A,B,C[/tex3] e [tex3]D[/tex3] teremos [tex3](A,B;C,D)=k[/tex3] . Podemos também estender essa definição para pontos na circunferência como feito no link acima. Mas no caso do problema só é necessário saber o seguinte: um quadrilátero cíclico [tex3]ABCD[/tex3] é dito harmônico quando [tex3]AB \cdot CD = BC \cdot AD[/tex3] . Pro exercício só precisa dessa definição e um teorema que vou passar depois, mas, caso queria, aqui tem mais informações sobre eles.

Essa razão anarmônica nunca pode valer [tex3]1[/tex3] ou [tex3]0[/tex3] se os pontos forem distintos. Portanto o valor mais interessante dela é quando ela vale [tex3]-1[/tex3] e neste caso dizemos que os pontos formam um conjunto harmônico, pois são conjugados harmônicos e a notação fica mais simples ao invés de [tex3](A,B;C,D) = -1[/tex3] escrevemos [tex3](AB;CD)[/tex3] ou [tex3]H(A,B;C,D)[/tex3] para indicar que [tex3]C[/tex3] e [tex3]D[/tex3] dividem o segmento [tex3]AB[/tex3] na razão harmônica.

Dito isso é fácil ver que dados [tex3]A[/tex3] e [tex3]B[/tex3] e se tomarmos [tex3]C[/tex3] como o ponto médio de [tex3]AB[/tex3] o ponto [tex3]D[/tex3] que divide com [tex3]C[/tex3] o segmento [tex3]AB[/tex3] harmonicamente não existe. Ele é degenerado. Mas pode-se ver que o limite de [tex3]D[/tex3] quando [tex3]C[/tex3] se aproxima do ponto médio de [tex3]AB[/tex3] é um ponto indo para o infinito da reta. Usando uma álgebra um pouco diferente do plano euclidiano normal vemos que isso não é um problema. Introduz-se um ponto impróprio no infinito [tex3]P_{\infty}[/tex3] comum a cada família de retas paralelas ou seja se [tex3]r[/tex3] e [tex3]s[/tex3] são paralelas elas se encontram em [tex3]P_{\infty}[/tex3] associado a todas as retas paralelas à [tex3]r[/tex3] e [tex3]s[/tex3] .

Portanto provar que [tex3]P[/tex3] era ponto médio de [tex3]BZ[/tex3] era equivalente a mostrar que [tex3](B,Z;P,P_{\infty}) =-1[/tex3] .

Quanto à inversão círculo ela consiste nessa transformação:
Dado um círculo [tex3]\Gamma[/tex3] de centro [tex3]O[/tex3] e raio [tex3]r[/tex3] a inversão com relação à [tex3]\Gamma[/tex3] leva o ponto [tex3]P[/tex3] qualquer (diferente de [tex3]O[/tex3] ) do plano no ponto [tex3]P'[/tex3] tal que [tex3]OPP'[/tex3] são alinhados e [tex3]OP \cdot OP' = r^2[/tex3] .

O importante dessa transformação na resolução do problema:

- Ela permite associar pontos (pólos) a retas (polares): dado o ponto [tex3]P[/tex3] a polar [tex3]p[/tex3] de [tex3]P[/tex3] é a reta passando por [tex3]P'[/tex3] e perpendicular à [tex3]OP[/tex3] .
- Um ponto [tex3]B[/tex3] está na polar do ponto [tex3]A[/tex3] [tex3]\iff[/tex3] [tex3]A[/tex3] está na polar de [tex3]B[/tex3] . teorema 6
- A polar é a reta que passa pelos pontos de tangência das tangentes traçadas pelo ponto [tex3]P[/tex3] em relação à [tex3]\Gamma[/tex3] . É fácil ver isso pois [tex3]PO[/tex3] é mediatriz dos pontos de tangência e ver que [tex3]PO \cap p = P'[/tex3] é uma semelhança simples de triângulos.
- Ela preserva a razão anarmônica dos pontos [tex3](A,B;C,D)[/tex3] .
- Quando um quadrilátero [tex3]ABCD[/tex3] é harmônico diz-se que [tex3](AB;CD)[/tex3] .

No problema em questão eu encontrei as polares dos pontos que interessavam: [tex3]B,P,P_{\infty}, Z[/tex3] e como [tex3](B',Z';P',P'_{\infty}) =
(b,z;p,p_{\infty})[/tex3] conclui que bastava olhar para [tex3](GH,GS;GK,GE)[/tex3] .
Note que as tangentes por [tex3]P_{\infty}[/tex3] são retas paralelas à [tex3]BP[/tex3] já que passam por [tex3]P_{\infty}[/tex3] sendo então os pontos [tex3]G[/tex3] e [tex3]E[/tex3] os da tangência e então [tex3]GE[/tex3] é polar de [tex3]P_{\infty}[/tex3] .
Note que o quadrilátero [tex3]EFGH[/tex3] é harmônico pois [tex3]EF \cdot GH = EG \cdot FH[/tex3] bem como [tex3]GEHF[/tex3] logo [tex3](GE;HF)[/tex3] isso implica que após a inversão do círculo centrado em [tex3]S[/tex3] (e de raio conveniente) que leva [tex3]E \leftrightarrow H[/tex3] e [tex3]F \leftrightarrow K[/tex3] o quadrilátero [tex3](G'H;EK)[/tex3] também é harmônico. E isso implica que [tex3](GS,GH;GE,GK)
= -1 = (GH,GS;GK,GE)[/tex3] página 16. Essa é a geometria projetiva.

Mensagem não lida por **geobson** » 02 Jun 2021, 10:25

Uma forma bem direta de se resolver este problema seria saber de antemão que os pontos L,R, Q e P formam uma quarteta harmônica.
Assim:
a+b+x/x=a/b
ax=ba+b.b+bx
ax - bx=b(a+b)
X=b(a+b)/(a-b)

Mensagem não lida por **geobson** » 16 Out 2021, 06:00

geobson escreveu: ↑02 Jun 2021, 10:25 Uma forma bem direta de se resolver este problema seria saber de antemão que os pontos L,R, Q e P formam uma quarteta harmônica.
Assim:
a+b+x/x=a/b
ax=ba+b.b+bx
ax - bx=b(a+b)
X=b(a+b)/(a-b)

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