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