Olimpíadas ⇒ Quadrilátero inscritível Tópico resolvido

[Babi123]

[tex3]\gamma[/tex3]

Código: Selecionar tudoSHIFT+Click na eq = ZOOM

[tex3]\gamma[/tex3]

é o semicírculo
de diâmetro [tex3]AB[/tex3]

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[tex3]AB[/tex3]

(ver fig. abaixo).

[tex3]P,L,T[/tex3]

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[tex3]P,L,T[/tex3]

são pontos de tangência do incírculo do [tex3]∆ABC[/tex3]

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[tex3]∆ABC[/tex3]

.

[tex3]Q=LP\cap \gamma[/tex3]

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[tex3]Q=LP\cap \gamma[/tex3]

.

Prove que [tex3]QPOT[/tex3]

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[tex3]QPOT[/tex3]

é inscritível.

CYMERA_20220206_173235.jpg (59.37 KiB) Exibido 1201 vezes

Edit: outro "resultado" legal: parece que [tex3]BO[/tex3] e [tex3]LP[/tex3] se intersectam em [tex3]\gamma[/tex3] no ponto [tex3]Q[/tex3]

[FelipeMartin]

Do Lema do incentro, [tex3]B,O,Q[/tex3]

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[tex3]B,O,Q[/tex3]

são alinhados.

É fácil ver que [tex3]\angle PTO = \frac{\angle BAC}2[/tex3]

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[tex3]\angle PTO = \frac{\angle BAC}2[/tex3]

(pois [tex3]\angle POT = 180^{\circ} - \angle A[/tex3]

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[tex3]\angle POT = 180^{\circ} - \angle A[/tex3]

)

Note que [tex3]\angle PQO = 180^{\circ} - \angle QLB - \angle QBL = 180^{\circ} - (180^{\circ} - (90^{\circ} - \frac{\angle C}2)) - \frac{\angle B}2 == 90^{\circ} - \frac{B+C}2 = \frac {\angle A}2 = \angle PTO[/tex3]

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[tex3]\angle PQO = 180^{\circ} - \angle QLB - \angle QBL = 180^{\circ} - (180^{\circ} - (90^{\circ} - \frac{\angle C}2)) - \frac{\angle B}2 == 90^{\circ} - \frac{B+C}2 = \frac {\angle A}2 = \angle PTO[/tex3]

.

Pronto.

[Babi123]

FelipeMartin, outro fato que parece ser verdade dessa configuração é que [tex3]QL=QT[/tex3]

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[tex3]QL=QT[/tex3]

[FelipeMartin]

Babi123, como [tex3]APOT[/tex3]

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[tex3]APOT[/tex3]

é cíclico, então [tex3]QAPOT[/tex3]

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[tex3]QAPOT[/tex3]

é cíclico, então [tex3]\angle TQP = \angle TAP = \angle A[/tex3]

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[tex3]\angle TQP = \angle TAP = \angle A[/tex3]

.

Como [tex3]\angle TLQ = 180^{\circ} - \angle TLB - \angle CLP[/tex3]

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[tex3]\angle TLQ = 180^{\circ} - \angle TLB - \angle CLP[/tex3]

, você pode ver que [tex3]\angle TLQ = 90^{\circ} - \frac{\angle A}2[/tex3]

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[tex3]\angle TLQ = 90^{\circ} - \frac{\angle A}2[/tex3]

.

Isso implica que o [tex3]\triangle QTL[/tex3]

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[tex3]\triangle QTL[/tex3]

é [tex3]Q-[/tex3]

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[tex3]Q-[/tex3]

isósceles.

[Babi123]

Babi123, como [tex3]APOT[/tex3]

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[tex3]APOT[/tex3]

é cíclico, então [tex3]QAPOT[/tex3]

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[tex3]QAPOT[/tex3]

é cíclico, então [tex3]\angle TQP = \angle TAP = \angle A[/tex3]

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[tex3]\angle TQP = \angle TAP = \angle A[/tex3]

.

Como [tex3]\angle TLQ = 180^{\circ} - \angle TLB - \angle CLP[/tex3]

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[tex3]\angle TLQ = 180^{\circ} - \angle TLB - \angle CLP[/tex3]

, você pode ver que [tex3]\angle TLQ = 90^{\circ} - \frac{\angle A}2[/tex3]

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[tex3]\angle TLQ = 90^{\circ} - \frac{\angle A}2[/tex3]

.

Isso implica que o [tex3]\triangle QTL[/tex3]

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[tex3]\triangle QTL[/tex3]

é [tex3]Q-[/tex3]

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[tex3]Q-[/tex3]

isósceles.

[FelipeMartin]

Babi123, dá pra fazer ainda mais fácil: BO é a mediatriz de LT e Q está em BO

[Babi123]

Babi123, dá pra fazer ainda mais fácil: BO é a mediatriz de LT e Q está em BO

Verdade, bem mais simples.