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RE: [obm-l] Cone Sul - Problema 2
Professor Márcio Cohen, outros professores, alunos, amigos,
A resolução que segue é satisfatória?
Desenhe-se a figura integralmente. A mesma é simétrica em relação à
reta PO, digo: com a movimentação de Q. Logo, é razoável pensar que esse
ponto fixo é a intersecção de MN com PO, seja R tal ponto. Sim, O é o
centro do círculo dado.
Também por simetria, é razoável pensar que R é médio de MN. A questão
então se resume a amarrar R às partes fixas (hipóteses do problema).
Ora, pontos médios de segmentos (não de arcos) lembram, em regra,
paralelogramos. Se provarmos então que PMTN é paralelogramo, (T
intersecção de AB com PO), está resolvido o problema.
Para demonstrar que PMTN é paralelogramo, muitas maneiras há, com
igualdade de segmentos, de ângulos, o que parece mais fácil é esse último
caso: igualdade de ângulos. Assim, tentemos demonstrar que NPT= PTM e que
TPM = NTP (ângulos).
PAM = PTM (PMTA é inscritível) e, tais ângulos são iguais ao arco
menor QA/2 (PA é tangente ao círculo dado). Mas, XBT (X intersecção de BN
com PT) tem essa mesma medida e é igual a XPN, pois os triângulos NPX e
XTB são semelhantes, o que se vê facilmente. Enfim, NPT = PTM (ângulos).
Analogamente, prova-se que TPM = PTN. Logo, PMTN é paralelogramo, o que
demonstra as suspeitas oriundas da simetria. (FIM).
Na realidade, acredito que o foco de minha dúvida restringe-se a
saber se a simetria, conforme mencionada acima, efetivamente prova ou
apenas levanta suspeita. E se assim, pode ser utilizada.
ATT. João.
André Araújo
<araujoime@hotmai Para: obm-l@mat.puc-rio.br
l.com> cc:
Enviado Por: Assunto: RE: [obm-l] Cone Sul - Problema 2
owner-obm-l@mat.p
uc-rio.br
25/05/2004 13:17
Favor responder a
obm-l
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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># Computer Graphics Group (CRAB) #
># Federal University of Ceara (UFC) #
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