Re: Problema de Geometria

[Edson Ricardo de Andrade Silva <latino@xxxxxxxxxx>]

	Antes de mais nada, vamos a uma breve apresentacao. Sou
participante desta lista ha uns meses e nao tenho tido muito tempo para
debater com vcs aqui da lista pois estou condenado a terminar de escrever
minha tese de mestrado aqui na UFC (Na Area de Computacao Grafica,
precisamente na area de Modelagem Digital de Terrenos) e o tempo me
falta... no entanto, acompanho ativamente essa lista como ouvinte.
	Bem, esse problema de geometria me eh particularmente
interessante. Lembro-me que no tempo do 2 grau, quando eu participava das
Olimpiadas de Matematica, havia me deparado com esse problema. O ataquei
com todas as ferramentas que eu dispunha na epoca (geom. plana,
analitica,transformacoes geometricas...) e nao consegui resolve-lo. Talvez
a minha decepcao maior foi nao ter encontrado uma solucao atraves de
geometria plana simples...
	Hoje, porem, quase que num reflexo (apesar de eu estar um pouco
enferrujado em resolver problemas de olimpiadas), encontrei uma solucao
bem simples para o problema. Ai vai:


- Considere um novo triangulo B'C'D' como a rotacao de 90 graus do
triangulo BCD em torno de D e no sentido horario (considerando o pentagono
ABCDE descrito non sentido anti-horario). Tal rotacao faz o lado C'D'
coincidir com o lado ED, pois o angulo CDE eh reto e C'D' = CD = ED. Alem
disso, BD = B'D' e o angulo BDB' eh reto.(***)

- Nao eh dificil observar que o quadrilatero ABEB' eh um
paralelogramo: 
	Observe que EB'= BC = BA. Entao falta provar que EB'// BA. Chame o
angulo BCD = B'ED = x. Chame a intersecao do prolongamento de EB' com BC
(ou com o possivel prolongamento de BC) de G. O quadrilatero GCDE eh
inscritivel, pois B'ED = GCD = x. Como EDC eh reto, temos que ter o angulo
EGC tambem reto. Logo, os lados EB' e BA sao paralelos, pois fazem os
mesmo angulos (retos) com BC.

- Agora eh simples. As diagonais B'B e AE do paralelogramo ABEB' se
cruzam, obviamente, em M, com BM = MB'. Acontece que, como vimos
anteriormente, o triangulo BDB' eh retangulo em D e isosceles (***), logo
a altura relativa ao vertice D, ou seja DM, eh igual a metade da
hipotenusa BB', ou seja BM. E obviamente o angulo DMB eh reto, pois DM 
eh altura. 
CQD.


Eh isso ai gente, espero poder ter ajudado.

PS : Se algum participante da lista tiver interesse na area de Computacao
Grafica, precisamente nas areas de Geometria Computacional, Modelagem
Digital de Terrenos, Visualizacao 3D e quiser manter contato, sinta-se
livre! :)

Abracos,
		Edson Ricardo


 On Fri, 13 Apr 2001, Marcio A. A. Cohen wrote:

> 	Como se falou um pouco de complexos aqui, segue abaixo um problema
> interessante de geometria. Interessante no sentido de ser um problema
> conhecido, que eu acho bem dificil de se resolver por geometria plana
> simples, e bem facil de se resolver com auxilio de numeros complexos (e o
> melhor, eh desses que com geometria analitica convencional continuam
> dificeis!):
> 
> 	Eh dado um pentagono convexo ABCDE. Sabe-se que AB=BC,  CD=DE, e os angulos
> internos B e D do pentagono sao de 90 graus. Seja M o ponto medio do lado
> AE. Demonstre que os segmentos DM e BM sao iguais, e que o triangulo DBM eh
> retangulo.
> 
> 	Abracos,
> 	Marcio
> 
> PS: Solucoes simples por geometria plana sao bem vindas, pra desbancar o meu
> "dificil de se resolver por...". se alguem quiser a solucao por complexos,
> eh soh lembrar que multiplica um vetor por 90 graus eh multiplicar por
> 
> PS: Solucoes simples por geometria plana sao bem vindas, pra desbancar o meu
> "dificil de se resolver por...". se alguem quiser a solucao por complexos,
> eh soh lembrar que multiplica um vetor por 90 graus eh multiplicar por
> cis^(90) = i, e desenhar o pentagono no plano.. o resto sao soh poucas
> linhas de conta.
> 
>