Re: [obm-l] Geom. Analitica

[Eric Campos <mathfire2001@xxxxxxxxxxxx>]

Ola!

O Shine publicou a solucao por analitica ne?
Mas o que eu queria mesmo era uma geometria com
menos contas e saber se da para fazer este problema
por projetiva...

Alguem me indica um bom site de projetiva para
iniciantes?

[]'s

Eric.

--- Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet
<peterdirichlet2003@yahoo.com.br> wrote:
> Bem, o Shine deixou uma resposta em seu artigo
> "Geometria com Contas" da Eureka! 17.
> veja:
> http://www.obm.org.br/eureka/eureka17.pdf
> 
> --- Eric Campos <mathfire2001@yahoo.com.br> wrote:
> > O problema a seguir foi proposto recentemente. Nao
> > usei geometria analitica, mas tambem nao tive
> ideia
> > para usar projetiva... Alguem sabe resolver por
> > projetiva (razao anarmonica etc)? Gostaria de ver
> > a solucao por projetiva ou uma dica de como fazer!
> > 
> > > No quadrilátero convexo ABCD, as diagonais AC e
> BD
> > > são perpendiculares e os lados opostos  AB e DC
> > não
> > > são paralelos. Suponha que o ponto P, onde as
> > > mediatrizes de AB e DC se  encontram, é interior
> a
> > > ABCD. Mostre que ABCD é um quadrilátero
> > inscritível
> > > se, e somente se os triângulos ABP e CDP têm
> áreas
> > > iguais.
> > 
> > POSSIVEL SOLUCAO:
> > 
> > (Faca uma figura)
> > 
> > (=>) Se ABCD eh insctitivel entao ABP e CDP tem
> > areas
> > iguais.
> > 
> > prova. Seja M o ponto medio de AB e N o ponto
> medio
> > de
> > CD. Suponha ABCD inscritivel. Entao P eh o centro
> da
> > circunferencia onde se inscreve ABCD e
> > 
> > angulo ACB = alfa (angulo inscrito do arco AB)
> > angulo BPM = alfa (metade do angulo central do
> arco
> > AB)
> > angulo ADB = alfa (angulo inscrito)
> > 
> > angulo BDC = beta (angulo inscrito do arco BC)
> > angulo BAC = beta (idem)
> > angulo BPC = 2beta (angulo central do arco BC)
> > 
> > angulo DBC = gama (angulo inscrito do arco DC)
> > angulo CPN = gama (metade do angulo central do
> arco
> > DC)
> > 
> > Seja Q o encontro das diagonais do quadrilatero.
> > Considere o triangulo BQC, retangulo em Q e cujos
> > outros angulos sao alfa e gama. Entao:
> > alfa + gama = Pi/2, donde, no triangulo PNC,
> > retangulo
> > em N, tem-se:
> > 
> > angulo PCN = alfa
> > 
> > e no triangulo PBM, retangulo em M: 
> > 
> > angulo PBM = gama
> > 
> > logo os triangulos PNC e BMP sao semelhantes, pois
> > ambos tem angulos Pi/2, alfa e beta. Alem disso,
> > PB = PC, isto eh, suas hipotenusas sao iguais,
> logo,
> > os triangulos PNC e BMP sao congruentes e
> portanto:
> > 
> > PN = BM e CN = PM
> > 
> > donde 
> > 
> >         BM.PM   =   PN.CN
> > Area do triangulo BMP = Area da triangulo PNC
> > como queriamos.
> > 
> > 
> > (<=) Se ABP e CDP tem areas iguais entao ABCD eh
> > circuncritivel. 
> > 
> > prova. Suponha  que ABP e CDP tem areas iguais.
> > Entao PM.BM = PN.CN (base por altura) donde
> > PM/CN = PN/BM, entao os catetos sao proporcionais
> e
> > os
> > triangulos MBP e NPC sao semelhantes, mas suas
> areas
> > sao iguais, e portanto estes triangulos sao
> > congruentes
> > e suas hipotenusas sao iguais, isto eh, 
> > 
> > PB=PC
> > 
> > mas como PM eh mediatriz, PB = PA
> > como PN eh mediatriz PC = PD, logo,
> > 
> > PA = PB = PC = PD
> > 
> > e ABCD eh inscritivel...



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