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Dá uma olhada nessa
resolução por geometria sem complexos... tá sem figura, mas
dá... eu já mandei uma vez essa pra lista !
Generalização do Teorema de Napoleão : "Dado um triângulo qualquer ABC, constroem-se os triângulos ABP, ACQ e BCR, todos semelhantes e exteriores a ABC. O triângulo formado pelos circunscentros dos triângulos exteriores é semelhante a ABC !" Lema : Os círculos circunscritos a ABP, ACQ e BCR passam por um mesmo ponto. Prova do lema : Traçando os círculos circunscritos a ABP e ACQ, vemos que são secantes em A e em outro ponto N. Basta, então, provar que #BCRN é inscritível, pois B, C e R determinam um círculo. Seja ANxBC=M , ang(MNC)=ang(AQC) {pois #AQCN é inscrito}... analogamente, ang(BNM)=ang(APB). Pela contrução da figura, de um modo simétrico, para não tirar a generalidade do problema, ang(APB)=ang(ABC) e ang(AQC)=ang(BAC).... assim, ang(BNC) = ang(BNM) + ang(CNM) = ang(APB) + ang(AQC) => ang(BNC) = ang(ABC) + ang(BAC) =180 – ang(BCA) => ang(BNC) = 180o – ang(BRS) => #BNCR é inscrito..... (CQD) ...................................................... Lema : A corda comum a dois círculos é perpendicular a reta que une os centros. Prova do lema : Basta ver que os centros das circunferências eqüidistam dos pontos de concorrência das circunferências.... então eles determinam a mediatriz da corda comum. (CQD) ...................................................... Sejam, então, O1, O2 e O3 os centros dos círculos em ABP, ACQ e BCR, respectivamente. E sejam também, T = O1O2xAN , U = O2O3xCN e V = O1O3x BN . Assim, #O1TNV é inscritível => ang(BNM) = ang(O2O1O3) = ang(ABC)... Analogamente, analisando #O2TNU e #O3UNV, vemos que ang(O1O2O3)=ang(BAC) e ang(O1O3O2)=ang(ACB) => O1O2O3 é semelhante a ABC. (CQD) ¡Villard !
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