Bom, aqui tem uma solução para o problema 1 que emprega conceitos de quadrilátero cíclico. Acho que já postei uma que só usa congruência de triângulos, vou procurar. Primeiro vamos provar que CE=AB. Seja M o ponto meio de AB, então <ACM=<MCB=10 Seja P o ponto de interseção de CM e BD. Então APB é um triângulo equilátero (se desejam posso argumentar melhor isso em outro email). Finalmente o triângulo APC é congruente ao triângulo AEC (caso ALA), em conclusão CE=AP=AB. Bem, sabendo agora que CE=AB (apaguemos as linhas auxiliares trazadas para provar aquilo), sabendo además que BD=DC, vamos procurar um triângulo congurente ao triângulo CDE. Isso é provocativo pois temos dois pares de lados iguais CE=AB e CD=DB. Seja Q o ponto de AE tal que BQ=BA, então <BAQ=<AQB=70, então <ABQ=40, então <QBD=20, então pronto!, temos o triângulo QBD congruente ao triângulo CDE (caso LAL). Varias conclusões tiramos disso, por exemplo QD=DE, e mais interessante ainda: <DEC=<DQB, ou seja o quadrilátero BQDE é cíclico, por tanto <DEQ=x=<DBQ=20. Julio Julio Saldaña ------ Mensaje original ------- De : obm-l@mat.puc-rio.br Para : obm-l@mat.puc-rio.br Fecha : Fri, 21 Dec 2012 00:21:21 -0200 Asunto : [obm-l] problema de geometria difícil
Pessoal, alguém conhece uma solução para o primeiro problema da página a seguir??? http://thinkzone.wlonk.com/MathFun/Triangle.htm Ele é chamada de problema mais difícil com geometria fácil do mundo. O segundo problema é famoso, mas o primeiro...
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