[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] En: Questão de Geometria

["ricardo matos" <ricardo905@xxxxxxxxxxx>]

>From: "Wagner" <timpa@uol.com.br>
>Reply-To: obm-l@mat.puc-rio.br
>To: <obm-l@mat.puc-rio.br>
>Subject: [obm-l] Re: [obm-l] En: Questão de Geometria
>Date: Sun, 8 Sep 2002 21:22:54 -0300
>
>Caro Leonardo
>
>Aparentemente faltam dados para a resolução, dada uma circunferência 
>qualquer é possível obter uma distância C pelo menos menor que o raio 
>simplesmente variando o ângulo com que as tangentes se encontram.O 
>triângulo ABP é isóceles e C é um ponto qualquer da altura desse triângulo, 
>logo variando BÂP ou qualquer outro ângulo, a distância de C ao lado muda. 
>ex: BÂP=0 (tangentes coincidentes) e
>BÂP > 0.
>
>André T.
>
>
>   ----- Original Message -----
>   From: Leonardo Borges Avelino
>   To: obm-l@mat.puc-rio.br
>   Sent: Sunday, September 08, 2002 7:31 PM
>   Subject: [obm-l] En: Questão de Geometria
>
>
>
>   ----- Original Message -----
>   From: Leonardo Borges Avelino
>   To: obm-l@mat.puc-rio.br
>   Sent: Friday, September 06, 2002 10:56 AM
>   Subject: Questão de Geometria
>
>
>   Ei pessoal
>   Acho que todos conhecem a questão de geometria que existe uma 
>circunferência e duas tangentes. As tangentes se encontram num ponto P. 
>Ligamos os pontos de tangência que determinam os pontos A e B. Do segmento 
>AB levantamos uma  perpendicular que toca a circunferência no ponto C. 
>Dados os valores das distâncias C até a reta AP; e de C até BP. Calcule o 
>valor da perpendicular.
>   (Não está muito claro de entender o enunciado pois eu escrevi com 
>pressa.)
>
>   Essa questão jah caiu no Colegio Naval/2001 e me disseram que ela caiu 
>no IME, e também ela está num livrinho preto do prof. Eduardo Wagner.
>   Para todos que conhecem tal questão e principalmente ao Prof. Eduardo 
>Wagner, pergunto:
>   * Essa questão eh nível IMO?
>   * Quem eh o autor dessa questão?
>
>   Valeu!!
>   Leonardo Borges Avelino

Não entendi o que vc falou direito, C não precisa estar na altura, já vi 
esta questão uma vez e o problema é de fato resolúvel apesar da 
circunferência poder variar. Aqui vai a resolução
sejam:
M o pé da perpendicular à AP por C
N o pé da perpendicular à PB por C
Q o pé da perpendicular à AB por C
(desculpa mas meu computador não coloca circunflexo em cima de consoante e 
prefiro manter a notação)

Claro que PBA=PAB, agora CBP é o ângulo secante do arco BC então CBP=CAB da 
mesma forma CBA=PAC.
Isto que implica que os triângulos BNC é semelhante à AQC e AMC é semelhante 
à BQC(Pelo caso AA) logo:
BC/CA=NC/QC e CA/BC=MC/QC então multiplicando:
1=NC*MC/(QC*QC) e QC^2=NC*MC e acabou!

prefiro pensar que quando mostramos a semelhança dos triângulos retângulos 
estamos mostrando que os quadiláteros BQCN e AMCQ são semelhantes(nesta 
ordem) e então CN/CQ=CQ/CM mais diretamente.

Genial não?, Na verdade tem um pequeno detalhe faltando. É que na resolução 
supus que o ponto C está dentro de ABP se colocarmos C no círculo só que 
externamente temos outro problema(no enunciado original não fica claro pois 
depende de como se desenhou a figura na parte do levanta-se um 
perpendicular). Este outro problema tem solução com a mesma relação e 
solução similar.







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