Re: [obm-l] Cone Sul - Problema 2

["Marcio Afonso A. Cohen" <marciocohen@xxxxxxxxxxxxxx>]

    Nao cheguei a escrever no papel, mas essa solucao parece estar perfeita.
Legal! Foi a solucao do Leandro, de Fortaleza, uma das mais bonitas da
prova. Eu fiz uma solucao bem mais feinha soh pra mostrar pra eles que dava
pra fazer por complexos sem nem desenhar a figura..
    Legal!! Tentem o 3 e o 6..
    Abracos,
    Marcio


----- Original Message -----
From: "André Araújo" <araujoime@hotmail.com>
To: <obm-l@mat.puc-rio.br>
Sent: Tuesday, May 25, 2004 1:17 PM
Subject: RE: [obm-l] Cone Sul - Problema 2


> Abaixo uma outra solucao p/ o problema 2 da Cone Sul.
>
> segunda solucao:
>
> Seja S a intersecao de AB com a reta PO, onde O eh o centro de C. Eh facil
> ver q AB eh perpendicular a PS. Dai conclui-se:
>
> i) quadrilatero PMSA eh inscritivel (ang PSA = ang PMA = 90);
> ii) quadrilatero PNSB eh inscritivel (ang PSB = ang PNB = 90);
>
> Como PA e PB sao tangentes a C, tem-se:
>
> iii) ang ABQ = ang PAM = arco menor AQ/2;
> iv) ang PBQ = ang BAQ = arco menor BQ/2;
>
> De i), ii), iii) e iv) tem-se:
>
> v) ang MSP = ang PAM = ang ABQ = ang NPS;
> vi) ang NSP = ang PBQ = ang BAQ = ang MPS;
>
> De v) e vi) conclui-se que os triangulos PMS e PNS sao congruentes, caso
> A.L.A. Ou seja, PMSN eh paralelogramo. Logo a reta MN corta o ponto medio
PS
> (fixo).
>
> [ ]'s
>
> AA.
>
>
>
> >Cone Sul - Problema 2
> >
> >"Dada uma circunferencia C e um ponto P exterior a ela, tracam-se por P
as
> >duas tangentes aa circunferencia, sendo A e B os pontos de tangencia.
> >Toma-se um ponto Q sobre o menor arco AB de C. Seja M a intersecao da
reta
> >AQ com a perpendicular a AQ tracada por P e seja N a intersecao da reta
BQ
> >com a perpendicular a BQ tracada por P. Demonstre que, ao variar Q no
arco
> >AB, todas as retas MN passam por um mesmo ponto.
> >
> >
> >Solucao:
> >
> >Sejam:
> >H o pe da perpendicular de P a AB
> >R e S as projecoes de N e M, respectivamente, a PH
> >Q e T as projecoes de N e M, respectivamente, a AB
> >
> >No triangulo PNM:
> >PN = PB.sen(<PBN) (I)
> >
> >QH = NR = PN.sen(<NPR) = PN.sen(<NBA) (quadrilat. NPBH inscrit.) => (por
I)
> >
> >QH = PB.sen(<PBN).sen(<NBA)
> >
> >Da mesma forma encontramos:
> >
> >TH = PA.sen(<PAM).sen(<MAB)
> >
> >Como PA = PB, <PAM = <NBA e <PBN = <MAB, entao GH = TH
> >
> >Logo, a intersecao de MN com a altura PH se da no ponto medio de MN, que
> >chamamos de L, e LH eh base media do trapezio QNMT com bases NQ e MT.
> >Entao LH = (NQ + MT)/2
> >
> >Mas NQ = PH - PR = PH - PN.cos(<NPR) = PH - PB.sen(<PBN).cos(<NBA)
> >
> >Da mesma forma:
> >
> >MT = PH - PA.sen(<NBA).cos(<PBN)
> >
> >e
> >
> >NQ + MT = 2PH - PA.(sen(<PBN).cos(<NBA) + sen(<NBA).cos(<PBN)) =
> >
> >= 2PH - PA.sen(<PBN + <NBA) = 2PH - PA.sen(<PBA) = 2PH - PH = PH
> >
> >e LH = (NQ + MT)/2 = PH/2
> >
> >
> >Ou seja, todas as retas MN passam pelo ponto medio da altura PH.
> >
> >[]'s
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