Re: [obm-l] Olimpíada do Cone Sul

[kleinad@xxxxxxxxxx]

>2) Seja C uma circunferência de centro O, AB um diâmetro dela e R um ponto
>qualquer em C distinto de A e deB.  Seja P a interseção da perpendicular
traçada
>por O a AR.  Sobre a reta OP se marca o ponto  Q, de maneira que QP é a
>metade de PO e Q não pertence ao segmento OP. Por Q traçamos a paralela a
AB que
>corta a reta AR em T. Chamamos de H o ponto deinterseção das retas AQ e OT.
>Provar que H, R e B são colineares.

Por (XY) denoto a reta que passa por X e Y.

Seja X = (AB)inter(RB). Temos que AB é diâmetro e R está em C => ^ARB = 90 e
RB // OP visto que APO = 90.

Também temos QT // AO, donde os triângulos QHT e AHO são semelhantes, bem
como os triângulos QPT e APO sendo a razão entre esses dois igual a (1/2) =
QP/OP, e logo QT/AO=(1/2) e a razão entre QHT e AHO é também igual a (1/2).

Portanto, HT/OH = 1/2. Mas com isso temos OT == HT.

Repare que ^QPT = 90 = ^TRX e ^QTP == ^RTX (opostos pelo vértice). Logo, os
triângulos ATP e TRX são semelhantes.

Temos OP/RB = 1/2 (da semelhança de APO e RBA, que segue do paralelismo de
OP e RB, cuja razão é 1/2 = AO/AB). Repare que, como QX // OB e QO // XB,
QXBO é paralelogramo e portanto QO == XB.

Ainda, OP = 2*QP e RB = XB + RX = QO + RX, logo a razão OP/RB fica 2*QP/(RX
+ 3*QP) = 1/2 --> 4*QP = 3*QP + RX --> RX == QP.

Daí vem que a razão de semelhança entre QTP e TRX é 1, e eles são
congruentes.

Logo, TR == PT. Como já tínhamos OT == HT e visto que os ângulos ^PTO e ^HTR
são opostos pelo vértice, então os triângulos HTR e PTO são congruentes,
donde ^HRT = 90.

Como ^TRB = 90, concluímos que H, R e B são colineares.

[]s,
Daniel

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Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html
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