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Mensagem não lidapor **Babi123** » 19 Dez 2021, 12:09 · Mensagem não lida por **Babi123** » 19 Dez 2021, 12:09

Na figura a seguir [tex3]\Delta ABC[/tex3] é um triângulo equilátero e [tex3]ACDE[/tex3] é um retângulo. Determine a razão entre as áreas [tex3]\frac{[ACDE]}{[ABC]}[/tex3] e prove que [tex3](B,G,H,F)[/tex3] e [tex3](F,G_1,H,B)[/tex3] são conjugados harmônicos.

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Autor: Thanasis Gakopoulos.

Resposta

[tex3]\frac{[ACDE]}{[ABC]}=2[/tex3]

: 1249.jpg (33.16 KiB) Exibido 1232 vezes

Do começo: [tex3]\triangle BAE \cong \triangle BCD[/tex3] por L-A-L nos vértices [tex3]A[/tex3] e [tex3]C[/tex3] , logo [tex3]\angle ABE = \angle CBD[/tex3] . Sejam [tex3]X = BE \cap AC[/tex3] e [tex3]Y = BD \cap AC[/tex3] , então [tex3]\triangle XAE \cong \triangle YCD[/tex3] pois ambos são retângulos, com [tex3]\angle AEX = \angle CDY[/tex3] e [tex3]AE = CD[/tex3] , logo [tex3]EX = DY[/tex3] , portanto [tex3]\triangle YXE \cong \triangle XYD[/tex3] por LAL em [tex3]X[/tex3] e [tex3]Y[/tex3] .

[tex3]\angle G_1ED = \angle G_1YX = \angle G_1XY = \angle G_1DE[/tex3]

Portanto, [tex3]G_1[/tex3] está na mediatriz de [tex3]ED[/tex3] , que é a mediatriz de [tex3]AC[/tex3] , logo a reta [tex3]BG_1[/tex3] é mediatriz de [tex3]AC[/tex3] , logo [tex3]H[/tex3] e [tex3]F[/tex3] são pontos médios respectivamente de [tex3]AC[/tex3] e [tex3]ED[/tex3] ; e [tex3]G \in BG_1[/tex3] .

Sabemos que o quadrilátero [tex3]BAG_1C[/tex3] é harmônico, pois [tex3]AG_1 \cdot BC = G_1C \cdot AB[/tex3] .

Depois eu continuo, pois preciso verificar se é verdade que um feixe de retas que passe pelos vértices de um quadrilátero harmônico é um feixe harmônico. Se isso for verdade, o problema sai "fácil". EDIT: esse resultado não é válido, então deve ter outro jeito.

Mensagem não lidapor **Babi123** » 22 Dez 2021, 16:22 · Mensagem não lida por **Babi123** » 22 Dez 2021, 16:22

Incrível que traçando as tangentes por [tex3]F[/tex3] elas passam por [tex3]A[/tex3] e [tex3]C[/tex3] .

Babi123, tem muita simetria nesse problema. Mandei ele pro mathse pra ver se alguém resolve sem apelar pra contas.

Mensagem não lidapor **Babi123** » 22 Dez 2021, 20:10 · Mensagem não lida por **Babi123** » 22 Dez 2021, 20:10

FelipeMartin escreveu: ↑22 Dez 2021, 19:26 Babi123, tem muita simetria nesse problema. Mandei ele pro mathse pra ver se alguém resolve sem apelar pra contas.

Verdade, o problema é bem rico, e, de fato, se for resolver "fazendo contas", provavelmente, vai acabar escondendo muita coisa boa que o problema apresenta em sua essência.

ele lembra muito o círculo de Apolônio.

Mensagem não lidapor **jedi** » 22 Dez 2021, 22:49 · Mensagem não lida por **jedi** » 22 Dez 2021, 22:49

Os triangulos [tex3]\Delta HG_1Y[/tex3] e [tex3]\Delta G_1FD[/tex3] são semelhantes então

[tex3]\frac{FD}{HY}=\frac{G_1F}{G_1H}[/tex3]

Mas os triangulos [tex3]\Delta BHY[/tex3] e [tex3]\Delta BFD[/tex3] também são semelhantes então:

[tex3]\frac{FD}{HY}=\frac{BF}{BH}[/tex3]

então juntando as equações

[tex3]\frac{G_1F}{G_1H}=\frac{BF}{BH}[/tex3]

Sendo R o raio da circunferência

[tex3]BG=CG=R[/tex3]

[tex3]GH=R.\sen(30^o)=R/2[/tex3]

[tex3]G_1H=R-\frac{R}{2}=\frac{R}{2}[/tex3]

[tex3]BH=R+\frac{R}{2}=\frac{3R}{2}[/tex3]

substituindo na primeira relação encontrada

[tex3]\frac{G_1F}{\frac{R}{2}}=\frac{BF}{\frac{3R}{2}}[/tex3]

[tex3]\frac{G_1F}{\frac{R}{2}}=\frac{2R+G_1F}{\frac{3R}{2}}[/tex3]

[tex3]3G_1F=2R+G_1F[/tex3]

[tex3]G_1F=R[/tex3]

[tex3]HF=\frac{R}{2}+R=\frac{3R}{2}[/tex3]

também temos que

[tex3]CH=R\cos(30^o)=\frac{R\sqrt3}{2}[/tex3]

[tex3]AC=2.CH=R\sqrt3[/tex3]

A área do retângulo será:

[tex3]Area_R=HF.AC=R\sqrt3.\frac{3R}{2}[/tex3]

[tex3]Area_R=\frac{3\sqrt3.R^2}{2}[/tex3]

Sabendo que o raio da circunferência é R não é muito difícil concluir que a area do trianqulo equilátero

[tex3]Area_{\Delta}=\frac{3\sqrt3.R^2}{4}[/tex3]

Logo

[tex3]\frac{Area_R}{Area_{\Delta}}=2[/tex3]

Babi123, responderam lá no fórum. A segunda parte na verdade é a mais simples:

: 1249.jpg (33.16 KiB) Exibido 1165 vezes

[tex3]DEXY[/tex3] é um quadrângulo completo cujos lados opostos [tex3]EX[/tex3] e [tex3]DY[/tex3] se encontram em [tex3]B[/tex3] e os "lados opostos" (projetivamente as diagonais de um "quadrilátero" podem ser vistas como lados opostos do quadrângulo) [tex3]XD[/tex3] e [tex3]YE[/tex3] se encontram em [tex3]G_1[/tex3] , logo as "diagonais" [tex3]XY[/tex3] e [tex3]ED[/tex3] marcam em [tex3]BG_1[/tex3] uma quadrupla harmônica, logo [tex3]\mathcal H(B,G_1;H,F)[/tex3] .

A prova é simples: Seja [tex3]\infty = ED \cap XY[/tex3]

[tex3]BG_1FH \frac{E}{\overline\wedge} XY\infty H \frac{D}{\overline\wedge} G_1BFH[/tex3]

dai a razão anarmônica/cruzada dá -1. Igualzinho a prova daqui.

A segunda parte é mais tranquila, pois sabendo que [tex3]G[/tex3] é, dentre muitas outras coisas, ortocentro do [tex3]\triangle ABC[/tex3] , então [tex3]G_1[/tex3] por ser o encontro da altura [tex3]BG[/tex3] com o [tex3](ABC)[/tex3] deve ser o simétrico de [tex3]G[/tex3] em relação a [tex3]H[/tex3] , logo [tex3]HG=HG_1[/tex3] . Esse fato somado ao primeiro permitem determinar o ponto [tex3]F[/tex3] diretamente. Dai saem todas as simetrias do problema. Bem legal essa questão do quadrângulo completo.

Mensagem não lidapor **Babi123** » 23 Dez 2021, 10:40 · Mensagem não lida por **Babi123** » 23 Dez 2021, 10:40

Muito obrigada FelipeMartin e jedi

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