[obm-l] Re: Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet

[luizhenriquerick@xxxxxxxxxxxxxx]

-- Mensagem original --

>
>Meu,tentem entender que a afirmaçao "os pontos de intersecção dessas bissetrizes
>com as bases são sim os pontos de tangência da circunferência inscrita
no
>triângulo" nao e 100% verdade.Basta tentar demonstrar que voce ve que ha
>excesso de dados contraditorios.E geralmente quando se fala de demonstraçao
>elegante todos pensam em triangulos e semelhanças.Da pra parar de ser sonhador?Tente
>esse problema por exemplo:seja ABC um triangulo isosceles de base BC e
cevianas
>EC e BD,tal que m(A)=20,m(DBC)=60,m(BCE)=50,calcule m(BDE).
>
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OBS:(Figura anexa )

Olá Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet . Esse eu tive que viajar !!!É
tão pequeno que parece ser fácil , mais na verdade é bem complicado .
Vamos ver ...

Fazendo com que BD seja o raio da circunferência de centro em B , traçaremos
o arco FG  .
Como o triângulo ABC é isósceles , os ângulos ABC e ACB , são iguais a 80°
Como o triângulo EBC é isósceles , o segmento EF = CG , já que subtraímos
do raio BD a mesma medida , BE = BC .
O triângulo FBD é isósceles , então BFD = BDF = 80°
Assim , AFD = 100° e FDA = 60°
O triângulo ADB é isósceles , fazendo com que o segmento DA = DG .
Concluímos que os triângulos AFD e DCG são iguais , pois possuem mesmos
ângulos e um lado igual .
Se são iguais o segmento FD = CG , e como vimos que EF = CG , temos FD =
FE .
Mais um triângulo isósceles aparece , que no caso é o FED .
O ângulo que queremos é o BDE , e como BDA = 140°, temos :

60° + 50° + BDE = 140°
BDE = 30°

Abraço
Rick




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 |e-mail luizhenriquerick@zipmail.com.br  |
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