Re: [obm-l] Mais uma de Geometria do IME
Em dom, 5 de ago de 2018 às 20:13, Anderson Torres escreveu: > > Em qua, 1 de ago de 2018 às 13:11, Claudio Buffara > escreveu: > > > > Acabei de ver outro problema sobre colinearidade. É de uma competição de > > Singapura em 1989: > > > > Considere o triângulo ABC. Em BC (ou seu prolongamento), tome o ponto X tal > > que AX seja tangente ao circumcírculo (círculo circunscrito) de ABC. De > > forma análoga, tome Y em AC e Z em AB tais que BY e CZ também sejam > > tangentes ao circumcírculo de ABC. Prove que X, Y e Z são colineares. > > > > Ainda não resolvi esse, mas tive a tentação de escrever o dual desse > problema, como em geometria projetiva: > > Dado um triângulo ABC. > > Seja X_A o ponto do plano tal que BX_A e CX_A são tangentes ao > circuncírculo de ABC. Analogamente se definem X_B e X_C. > > Mostre que AX_A, BX_B e CX_C são concorrentes. > > Usar Ceva Trigonométrico aqui parece uma ótima pedida! Respondendo a mim mesmo! Pois bem, acredito que é até mais interessante que isso! Basta observar o triângulo X_AX_BX_C. Nele, as cevianas AX_A, BX_B e CX_C são concorrentes, pela obviedade AX_C=BX_C e um uso de Ceva comum mesmo. E isso prova o teorema dual. Acredito que o mesmo triângulo pode ajudar a resolver o problema original, em alguma formulação alternativa... > > > []s, > > Claudio. > > > > > > 2018-07-20 0:17 GMT-03:00 Vinícius Raimundo : > >> > >> Com auxílio do que foi discutido anteriormente acredito ter uma solução > >> Tome os ângulos ABC=y e BCA=z > >> Após marcar alguns ângulos, temos: > >> Teorema da bicetriz interna genaralizado nos triângulos AHC e AHB, > >> respectivamente: > >> EC/EA=HC.cosz/AH.senz > >> DA/DB=AH.seny/HB.cosy > >> > >> Menelaus em ABC com P, D e E colineares > >> PB/PC*EC/EA*DA/DB=1 > >> > >> Substituindo as relações acima obtemos: > >> PB/PC=BH/HC*cosy/seny*senz/cosz > >> > >> Assim o mesmo pode ser feito para achar QC/QA e RA/RB > >> Os fatores trigonométricos se cancelarão e o teorema de Ceva para os pés > >> das alturas termina de resolver o problema > >> > >> Em qui, 19 de jul de 2018 às 13:29, Vanderlei Nemitz > >> escreveu: > >>> > >>> Obrigado, Claudio! > >>> Vou usar suas valiosas dicas para tentar resolver o problema! > >>> > >>> Em qua, 18 de jul de 2018 11:51, Claudio Buffara > >>> escreveu: > > Mais uma observação... > > As três razões que entram na aplicação final do teorema de Menelaus > recíproco ( AR/RB * BP/PC * CQ/QA = 1 ) devem ser expressas em termos de > comprimentos de segmentos do triângulo ABC que, de alguma forma, terão > que se cancelar (pro produto ser igual a 1). > > Assim, por exemplo, a expressão final de BP/PC não poderá ser em termos > de DH e EH, pois estes dois segmentos só são relevantes em relação ao > lado BC e à altura AH, mas não em relação ao lado AC e a correspondente > altura BK (K em AC), e nem ao lado AB e altura CJ (J em AB). > > No entanto, o teorema de Ceva aplicado às alturas (que são > concorrentes), implica que: > AJ/JB * BH/HC * CK*KA = 1. > > Isso significa que talvez devêssemos procurar expressar a razão BP/PC em > termos de BH e HC. > > []s, > Claudio. > > > > 2018-07-18 10:59 GMT-03:00 Claudio Buffara : > > > > A figura completa é chatinha de fazer e fica muito "entulhada". > > > > Mas também acho que Menelaus é o caminho. > > > > Nesse tipo de problema, eu diria que primeiro você precisa aplicar o > > teorema de Menelaus direto (pontos colineares ==> produto das razões = > > -1) a fim de achar as razões adequadas a partir de pontos que são > > sabidamente colineares e, no final, pra provar que P, Q e R são > > colineares, você aplica o recíproco (produto das razões = -1 ==> pontos > > colineares). > > > > Assim, começando pelo final, eu diria que o objetivo é provar que: > > AR/RB * BP/PC * CQ/QA = -1 (ou, como não me parece que a orientação dos > > segmentos é relevante nesse problema, basta trabalhar com os > > comprimentos sem sinal: AR/RB * BP/PC * CQ/QA = 1) > > > > Como o enunciado fala em alturas e perpendiculares, vão aparecer vários > > triângulos retângulos. > > Isso significa que talvez seja necessário usar Pitágoras e também > > semelhança (já que, por exemplo, os triângulos AHB, HDB e ADH são > > semelhantes - com pontos correspondentes e, portanto, segmentos > > homólogos, escritos na mesma ordem em cada um dos triângulos: sempre um > > bom hábito que evita erros bobos). > > > > Por exemplo, os pontos mencionados no enunciado mostram o triângulo ABC > > cortado pela reta PDE. > > Menelaus aplicado a este triângulo e esta reta implica que: AD/DB * > > BP/PC * CE/EA = 1 ==> BP/PC = DB/AD * EA/CE. > > > > Agora, DB e AD são lados dos triângulos semelhantes que eu mencionei > > acima. Idem para EA e CE (neste
Re: [obm-l] Mais uma de Geometria do IME
Em qua, 1 de ago de 2018 às 13:11, Claudio Buffara escreveu: > > Acabei de ver outro problema sobre colinearidade. É de uma competição de > Singapura em 1989: > > Considere o triângulo ABC. Em BC (ou seu prolongamento), tome o ponto X tal > que AX seja tangente ao circumcírculo (círculo circunscrito) de ABC. De forma > análoga, tome Y em AC e Z em AB tais que BY e CZ também sejam tangentes ao > circumcírculo de ABC. Prove que X, Y e Z são colineares. > Ainda não resolvi esse, mas tive a tentação de escrever o dual desse problema, como em geometria projetiva: Dado um triângulo ABC. Seja X_A o ponto do plano tal que BX_A e CX_A são tangentes ao circuncírculo de ABC. Analogamente se definem X_B e X_C. Mostre que AX_A, BX_B e CX_C são concorrentes. Usar Ceva Trigonométrico aqui parece uma ótima pedida! > []s, > Claudio. > > > 2018-07-20 0:17 GMT-03:00 Vinícius Raimundo : >> >> Com auxílio do que foi discutido anteriormente acredito ter uma solução >> Tome os ângulos ABC=y e BCA=z >> Após marcar alguns ângulos, temos: >> Teorema da bicetriz interna genaralizado nos triângulos AHC e AHB, >> respectivamente: >> EC/EA=HC.cosz/AH.senz >> DA/DB=AH.seny/HB.cosy >> >> Menelaus em ABC com P, D e E colineares >> PB/PC*EC/EA*DA/DB=1 >> >> Substituindo as relações acima obtemos: >> PB/PC=BH/HC*cosy/seny*senz/cosz >> >> Assim o mesmo pode ser feito para achar QC/QA e RA/RB >> Os fatores trigonométricos se cancelarão e o teorema de Ceva para os pés das >> alturas termina de resolver o problema >> >> Em qui, 19 de jul de 2018 às 13:29, Vanderlei Nemitz >> escreveu: >>> >>> Obrigado, Claudio! >>> Vou usar suas valiosas dicas para tentar resolver o problema! >>> >>> Em qua, 18 de jul de 2018 11:51, Claudio Buffara >>> escreveu: Mais uma observação... As três razões que entram na aplicação final do teorema de Menelaus recíproco ( AR/RB * BP/PC * CQ/QA = 1 ) devem ser expressas em termos de comprimentos de segmentos do triângulo ABC que, de alguma forma, terão que se cancelar (pro produto ser igual a 1). Assim, por exemplo, a expressão final de BP/PC não poderá ser em termos de DH e EH, pois estes dois segmentos só são relevantes em relação ao lado BC e à altura AH, mas não em relação ao lado AC e a correspondente altura BK (K em AC), e nem ao lado AB e altura CJ (J em AB). No entanto, o teorema de Ceva aplicado às alturas (que são concorrentes), implica que: AJ/JB * BH/HC * CK*KA = 1. Isso significa que talvez devêssemos procurar expressar a razão BP/PC em termos de BH e HC. []s, Claudio. 2018-07-18 10:59 GMT-03:00 Claudio Buffara : > > A figura completa é chatinha de fazer e fica muito "entulhada". > > Mas também acho que Menelaus é o caminho. > > Nesse tipo de problema, eu diria que primeiro você precisa aplicar o > teorema de Menelaus direto (pontos colineares ==> produto das razões = > -1) a fim de achar as razões adequadas a partir de pontos que são > sabidamente colineares e, no final, pra provar que P, Q e R são > colineares, você aplica o recíproco (produto das razões = -1 ==> pontos > colineares). > > Assim, começando pelo final, eu diria que o objetivo é provar que: AR/RB > * BP/PC * CQ/QA = -1 (ou, como não me parece que a orientação dos > segmentos é relevante nesse problema, basta trabalhar com os comprimentos > sem sinal: AR/RB * BP/PC * CQ/QA = 1) > > Como o enunciado fala em alturas e perpendiculares, vão aparecer vários > triângulos retângulos. > Isso significa que talvez seja necessário usar Pitágoras e também > semelhança (já que, por exemplo, os triângulos AHB, HDB e ADH são > semelhantes - com pontos correspondentes e, portanto, segmentos > homólogos, escritos na mesma ordem em cada um dos triângulos: sempre um > bom hábito que evita erros bobos). > > Por exemplo, os pontos mencionados no enunciado mostram o triângulo ABC > cortado pela reta PDE. > Menelaus aplicado a este triângulo e esta reta implica que: AD/DB * BP/PC > * CE/EA = 1 ==> BP/PC = DB/AD * EA/CE. > > Agora, DB e AD são lados dos triângulos semelhantes que eu mencionei > acima. Idem para EA e CE (neste caso, os triângulos semelhantes são AHC, > AEH e HEC). > > A semelhança de HDB e ADH implica que: DB/DH = DH/AD. > A semelhança de AEH e HEC implica que: EA/EH = EH/CE. > Infelizmente, isso resulta no produto DB*AD ao invés da razão AD/DB (idem > para EA*CE). > > E neste ponto eu empaquei... > > Mas acho que, como ainda não foram usados os triângulos AHB (semelhante a > HDB e ADH) e AHC (semelhante a AEH e HEC), que têm o lado AH comum, de > alguma forma (talvez usando Pitágoras) estes podem ajudar a encontrar > expressões úteis para as razões DB/AD e EA/CE, o que, por sua vez, nos > daria
Re: [obm-l] Mais uma de Geometria do IME
Acabei de ver outro problema sobre colinearidade. É de uma competição de Singapura em 1989: Considere o triângulo ABC. Em BC (ou seu prolongamento), tome o ponto X tal que AX seja tangente ao circumcírculo (círculo circunscrito) de ABC. De forma análoga, tome Y em AC e Z em AB tais que BY e CZ também sejam tangentes ao circumcírculo de ABC. Prove que X, Y e Z são colineares. []s, Claudio. 2018-07-20 0:17 GMT-03:00 Vinícius Raimundo : > Com auxílio do que foi discutido anteriormente acredito ter uma solução > Tome os ângulos ABC=y e BCA=z > Após marcar alguns ângulos, temos: > Teorema da bicetriz interna genaralizado nos triângulos AHC e AHB, > respectivamente: > EC/EA=HC.cosz/AH.senz > DA/DB=AH.seny/HB.cosy > > Menelaus em ABC com P, D e E colineares > PB/PC*EC/EA*DA/DB=1 > > Substituindo as relações acima obtemos: > PB/PC=BH/HC*cosy/seny*senz/cosz > > Assim o mesmo pode ser feito para achar QC/QA e RA/RB > Os fatores trigonométricos se cancelarão e o teorema de Ceva para os pés > das alturas termina de resolver o problema > > Em qui, 19 de jul de 2018 às 13:29, Vanderlei Nemitz < > vanderma...@gmail.com> escreveu: > >> Obrigado, Claudio! >> Vou usar suas valiosas dicas para tentar resolver o problema! >> >> Em qua, 18 de jul de 2018 11:51, Claudio Buffara < >> claudio.buff...@gmail.com> escreveu: >> >>> Mais uma observação... >>> >>> As três razões que entram na aplicação final do teorema de Menelaus >>> recíproco ( AR/RB * BP/PC * CQ/QA = 1 ) devem ser expressas em termos >>> de comprimentos de segmentos do triângulo ABC que, de alguma forma, terão >>> que se cancelar (pro produto ser igual a 1). >>> >>> Assim, por exemplo, a expressão final de BP/PC não poderá ser em termos >>> de DH e EH, pois estes dois segmentos só são relevantes em relação ao lado >>> BC e à altura AH, mas não em relação ao lado AC e a correspondente altura >>> BK (K em AC), e nem ao lado AB e altura CJ (J em AB). >>> >>> No entanto, o teorema de Ceva aplicado às alturas (que são >>> concorrentes), implica que: >>> AJ/JB * BH/HC * CK*KA = 1. >>> >>> Isso significa que talvez devêssemos procurar expressar a razão BP/PC em >>> termos de BH e HC. >>> >>> []s, >>> Claudio. >>> >>> >>> >>> 2018-07-18 10:59 GMT-03:00 Claudio Buffara : >>> A figura completa é chatinha de fazer e fica muito "entulhada". Mas também acho que Menelaus é o caminho. Nesse tipo de problema, eu diria que primeiro você precisa aplicar o teorema de Menelaus direto (pontos colineares ==> produto das razões = -1) a fim de achar as razões adequadas a partir de pontos que são sabidamente colineares e, no final, pra provar que P, Q e R são colineares, você aplica o recíproco (produto das razões = -1 ==> pontos colineares). Assim, começando pelo final, eu diria que o objetivo é provar que: AR/RB * BP/PC * CQ/QA = -1 (ou, como não me parece que a orientação dos segmentos é relevante nesse problema, basta trabalhar com os comprimentos sem sinal: AR/RB * BP/PC * CQ/QA = 1) Como o enunciado fala em alturas e perpendiculares, vão aparecer vários triângulos retângulos. Isso significa que talvez seja necessário usar Pitágoras e também semelhança (já que, por exemplo, os triângulos AHB, HDB e ADH são semelhantes - com pontos correspondentes e, portanto, segmentos homólogos, escritos na mesma ordem em cada um dos triângulos: sempre um bom hábito que evita erros bobos). Por exemplo, os pontos mencionados no enunciado mostram o triângulo ABC cortado pela reta PDE. Menelaus aplicado a este triângulo e esta reta implica que: AD/DB * BP/PC * CE/EA = 1 ==> BP/PC = DB/AD * EA/CE. Agora, DB e AD são lados dos triângulos semelhantes que eu mencionei acima. Idem para EA e CE (neste caso, os triângulos semelhantes são AHC, AEH e HEC). A semelhança de HDB e ADH implica que: DB/DH = DH/AD. A semelhança de AEH e HEC implica que: EA/EH = EH/CE. Infelizmente, isso resulta no produto DB*AD ao invés da razão AD/DB (idem para EA*CE). E neste ponto eu empaquei... Mas acho que, como ainda não foram usados os triângulos AHB (semelhante a HDB e ADH) e AHC (semelhante a AEH e HEC), que têm o lado AH comum, de alguma forma (talvez usando Pitágoras) estes podem ajudar a encontrar expressões úteis para as razões DB/AD e EA/CE, o que, por sua vez, nos daria a razão BP/PC, a ser usada na aplicação final do recíproco do teorema de Menelaus. Ou então, é claro, este caminho pode não levar a nada e será preciso recomeçar do zero...matemática é assim mesmo... []s, Claudio. 2018-07-17 22:22 GMT-03:00 Vanderlei Nemitz : > A questão a seguir é da prova do IME de 1991. Tentei utilizar o > teorema de Menelaus, mas não conseguir demonstrar. Como eu poderia fazer? > > Obrigado! > > > > Num triângulo ABC traçamos
Re: [obm-l] Mais uma de Geometria do IME
Com auxílio do que foi discutido anteriormente acredito ter uma solução Tome os ângulos ABC=y e BCA=z Após marcar alguns ângulos, temos: Teorema da bicetriz interna genaralizado nos triângulos AHC e AHB, respectivamente: EC/EA=HC.cosz/AH.senz DA/DB=AH.seny/HB.cosy Menelaus em ABC com P, D e E colineares PB/PC*EC/EA*DA/DB=1 Substituindo as relações acima obtemos: PB/PC=BH/HC*cosy/seny*senz/cosz Assim o mesmo pode ser feito para achar QC/QA e RA/RB Os fatores trigonométricos se cancelarão e o teorema de Ceva para os pés das alturas termina de resolver o problema Em qui, 19 de jul de 2018 às 13:29, Vanderlei Nemitz escreveu: > Obrigado, Claudio! > Vou usar suas valiosas dicas para tentar resolver o problema! > > Em qua, 18 de jul de 2018 11:51, Claudio Buffara < > claudio.buff...@gmail.com> escreveu: > >> Mais uma observação... >> >> As três razões que entram na aplicação final do teorema de Menelaus >> recíproco ( AR/RB * BP/PC * CQ/QA = 1 ) devem ser expressas em termos de >> comprimentos de segmentos do triângulo ABC que, de alguma forma, terão que >> se cancelar (pro produto ser igual a 1). >> >> Assim, por exemplo, a expressão final de BP/PC não poderá ser em termos >> de DH e EH, pois estes dois segmentos só são relevantes em relação ao lado >> BC e à altura AH, mas não em relação ao lado AC e a correspondente altura >> BK (K em AC), e nem ao lado AB e altura CJ (J em AB). >> >> No entanto, o teorema de Ceva aplicado às alturas (que são concorrentes), >> implica que: >> AJ/JB * BH/HC * CK*KA = 1. >> >> Isso significa que talvez devêssemos procurar expressar a razão BP/PC em >> termos de BH e HC. >> >> []s, >> Claudio. >> >> >> >> 2018-07-18 10:59 GMT-03:00 Claudio Buffara : >> >>> A figura completa é chatinha de fazer e fica muito "entulhada". >>> >>> Mas também acho que Menelaus é o caminho. >>> >>> Nesse tipo de problema, eu diria que primeiro você precisa aplicar o >>> teorema de Menelaus direto (pontos colineares ==> produto das razões = -1) >>> a fim de achar as razões adequadas a partir de pontos que são sabidamente >>> colineares e, no final, pra provar que P, Q e R são colineares, você aplica >>> o recíproco (produto das razões = -1 ==> pontos colineares). >>> >>> Assim, começando pelo final, eu diria que o objetivo é provar que: AR/RB >>> * BP/PC * CQ/QA = -1 (ou, como não me parece que a orientação dos segmentos >>> é relevante nesse problema, basta trabalhar com os comprimentos sem sinal: >>> AR/RB >>> * BP/PC * CQ/QA = 1) >>> >>> Como o enunciado fala em alturas e perpendiculares, vão aparecer vários >>> triângulos retângulos. >>> Isso significa que talvez seja necessário usar Pitágoras e também >>> semelhança (já que, por exemplo, os triângulos AHB, HDB e ADH são >>> semelhantes - com pontos correspondentes e, portanto, segmentos homólogos, >>> escritos na mesma ordem em cada um dos triângulos: sempre um bom hábito que >>> evita erros bobos). >>> >>> Por exemplo, os pontos mencionados no enunciado mostram o triângulo ABC >>> cortado pela reta PDE. >>> Menelaus aplicado a este triângulo e esta reta implica que: AD/DB * >>> BP/PC * CE/EA = 1 ==> BP/PC = DB/AD * EA/CE. >>> >>> Agora, DB e AD são lados dos triângulos semelhantes que eu mencionei >>> acima. Idem para EA e CE (neste caso, os triângulos semelhantes são AHC, >>> AEH e HEC). >>> >>> A semelhança de HDB e ADH implica que: DB/DH = DH/AD. >>> A semelhança de AEH e HEC implica que: EA/EH = EH/CE. >>> Infelizmente, isso resulta no produto DB*AD ao invés da razão AD/DB >>> (idem para EA*CE). >>> >>> E neste ponto eu empaquei... >>> >>> Mas acho que, como ainda não foram usados os triângulos AHB (semelhante >>> a HDB e ADH) e AHC (semelhante a AEH e HEC), que têm o lado AH comum, de >>> alguma forma (talvez usando Pitágoras) estes podem ajudar a encontrar >>> expressões úteis para as razões DB/AD e EA/CE, o que, por sua vez, nos >>> daria a razão BP/PC, a ser usada na aplicação final do recíproco do teorema >>> de Menelaus. >>> >>> Ou então, é claro, este caminho pode não levar a nada e será preciso >>> recomeçar do zero...matemática é assim mesmo... >>> >>> []s, >>> Claudio. >>> >>> >>> 2018-07-17 22:22 GMT-03:00 Vanderlei Nemitz : >>> A questão a seguir é da prova do IME de 1991. Tentei utilizar o teorema de Menelaus, mas não conseguir demonstrar. Como eu poderia fazer? Obrigado! Num triângulo ABC traçamos a altura AH e do pé H desta altura construímos as perpendiculares HD e HE sobre os lados AB e AC. Seja P o ponto da interseção de DE com BC. Construindo as alturas relativas aos vértices B e C determinam-se também, de modo análogo Q e R sobre os lados AC e AB. Demonstre que os pontos P, Q, R são colineares. -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e acredita-se estar livre de perigo. >>> >>> >>> >> >> -- >> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e >> acredita-se estar livre de perigo. > > > -- > Esta mensagem
Re: [obm-l] Mais uma de Geometria do IME
Obrigado, Claudio! Vou usar suas valiosas dicas para tentar resolver o problema! Em qua, 18 de jul de 2018 11:51, Claudio Buffara escreveu: > Mais uma observação... > > As três razões que entram na aplicação final do teorema de Menelaus > recíproco ( AR/RB * BP/PC * CQ/QA = 1 ) devem ser expressas em termos de > comprimentos de segmentos do triângulo ABC que, de alguma forma, terão que > se cancelar (pro produto ser igual a 1). > > Assim, por exemplo, a expressão final de BP/PC não poderá ser em termos de > DH e EH, pois estes dois segmentos só são relevantes em relação ao lado BC > e à altura AH, mas não em relação ao lado AC e a correspondente altura BK > (K em AC), e nem ao lado AB e altura CJ (J em AB). > > No entanto, o teorema de Ceva aplicado às alturas (que são concorrentes), > implica que: > AJ/JB * BH/HC * CK*KA = 1. > > Isso significa que talvez devêssemos procurar expressar a razão BP/PC em > termos de BH e HC. > > []s, > Claudio. > > > > 2018-07-18 10:59 GMT-03:00 Claudio Buffara : > >> A figura completa é chatinha de fazer e fica muito "entulhada". >> >> Mas também acho que Menelaus é o caminho. >> >> Nesse tipo de problema, eu diria que primeiro você precisa aplicar o >> teorema de Menelaus direto (pontos colineares ==> produto das razões = -1) >> a fim de achar as razões adequadas a partir de pontos que são sabidamente >> colineares e, no final, pra provar que P, Q e R são colineares, você aplica >> o recíproco (produto das razões = -1 ==> pontos colineares). >> >> Assim, começando pelo final, eu diria que o objetivo é provar que: AR/RB >> * BP/PC * CQ/QA = -1 (ou, como não me parece que a orientação dos segmentos >> é relevante nesse problema, basta trabalhar com os comprimentos sem sinal: >> AR/RB >> * BP/PC * CQ/QA = 1) >> >> Como o enunciado fala em alturas e perpendiculares, vão aparecer vários >> triângulos retângulos. >> Isso significa que talvez seja necessário usar Pitágoras e também >> semelhança (já que, por exemplo, os triângulos AHB, HDB e ADH são >> semelhantes - com pontos correspondentes e, portanto, segmentos homólogos, >> escritos na mesma ordem em cada um dos triângulos: sempre um bom hábito que >> evita erros bobos). >> >> Por exemplo, os pontos mencionados no enunciado mostram o triângulo ABC >> cortado pela reta PDE. >> Menelaus aplicado a este triângulo e esta reta implica que: AD/DB * BP/PC >> * CE/EA = 1 ==> BP/PC = DB/AD * EA/CE. >> >> Agora, DB e AD são lados dos triângulos semelhantes que eu mencionei >> acima. Idem para EA e CE (neste caso, os triângulos semelhantes são AHC, >> AEH e HEC). >> >> A semelhança de HDB e ADH implica que: DB/DH = DH/AD. >> A semelhança de AEH e HEC implica que: EA/EH = EH/CE. >> Infelizmente, isso resulta no produto DB*AD ao invés da razão AD/DB (idem >> para EA*CE). >> >> E neste ponto eu empaquei... >> >> Mas acho que, como ainda não foram usados os triângulos AHB (semelhante a >> HDB e ADH) e AHC (semelhante a AEH e HEC), que têm o lado AH comum, de >> alguma forma (talvez usando Pitágoras) estes podem ajudar a encontrar >> expressões úteis para as razões DB/AD e EA/CE, o que, por sua vez, nos >> daria a razão BP/PC, a ser usada na aplicação final do recíproco do teorema >> de Menelaus. >> >> Ou então, é claro, este caminho pode não levar a nada e será preciso >> recomeçar do zero...matemática é assim mesmo... >> >> []s, >> Claudio. >> >> >> 2018-07-17 22:22 GMT-03:00 Vanderlei Nemitz : >> >>> A questão a seguir é da prova do IME de 1991. Tentei utilizar o teorema >>> de Menelaus, mas não conseguir demonstrar. Como eu poderia fazer? >>> >>> Obrigado! >>> >>> >>> >>> Num triângulo ABC traçamos a altura AH e do pé H desta altura >>> construímos as perpendiculares HD e HE sobre os lados AB e AC. Seja P o >>> ponto da interseção de DE com BC. Construindo as alturas relativas aos >>> vértices B e C determinam-se também, de modo análogo Q e R sobre os lados >>> AC e AB. Demonstre que os pontos P, Q, R são colineares. >>> >>> >>> -- >>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e >>> acredita-se estar livre de perigo. >> >> >> > > -- > Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e > acredita-se estar livre de perigo. -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo.
Re: [obm-l] Mais uma de Geometria do IME
Mais uma observação... As três razões que entram na aplicação final do teorema de Menelaus recíproco ( AR/RB * BP/PC * CQ/QA = 1 ) devem ser expressas em termos de comprimentos de segmentos do triângulo ABC que, de alguma forma, terão que se cancelar (pro produto ser igual a 1). Assim, por exemplo, a expressão final de BP/PC não poderá ser em termos de DH e EH, pois estes dois segmentos só são relevantes em relação ao lado BC e à altura AH, mas não em relação ao lado AC e a correspondente altura BK (K em AC), e nem ao lado AB e altura CJ (J em AB). No entanto, o teorema de Ceva aplicado às alturas (que são concorrentes), implica que: AJ/JB * BH/HC * CK*KA = 1. Isso significa que talvez devêssemos procurar expressar a razão BP/PC em termos de BH e HC. []s, Claudio. 2018-07-18 10:59 GMT-03:00 Claudio Buffara : > A figura completa é chatinha de fazer e fica muito "entulhada". > > Mas também acho que Menelaus é o caminho. > > Nesse tipo de problema, eu diria que primeiro você precisa aplicar o > teorema de Menelaus direto (pontos colineares ==> produto das razões = -1) > a fim de achar as razões adequadas a partir de pontos que são sabidamente > colineares e, no final, pra provar que P, Q e R são colineares, você aplica > o recíproco (produto das razões = -1 ==> pontos colineares). > > Assim, começando pelo final, eu diria que o objetivo é provar que: AR/RB * > BP/PC * CQ/QA = -1 (ou, como não me parece que a orientação dos segmentos é > relevante nesse problema, basta trabalhar com os comprimentos sem sinal: > AR/RB > * BP/PC * CQ/QA = 1) > > Como o enunciado fala em alturas e perpendiculares, vão aparecer vários > triângulos retângulos. > Isso significa que talvez seja necessário usar Pitágoras e também > semelhança (já que, por exemplo, os triângulos AHB, HDB e ADH são > semelhantes - com pontos correspondentes e, portanto, segmentos homólogos, > escritos na mesma ordem em cada um dos triângulos: sempre um bom hábito que > evita erros bobos). > > Por exemplo, os pontos mencionados no enunciado mostram o triângulo ABC > cortado pela reta PDE. > Menelaus aplicado a este triângulo e esta reta implica que: AD/DB * BP/PC > * CE/EA = 1 ==> BP/PC = DB/AD * EA/CE. > > Agora, DB e AD são lados dos triângulos semelhantes que eu mencionei > acima. Idem para EA e CE (neste caso, os triângulos semelhantes são AHC, > AEH e HEC). > > A semelhança de HDB e ADH implica que: DB/DH = DH/AD. > A semelhança de AEH e HEC implica que: EA/EH = EH/CE. > Infelizmente, isso resulta no produto DB*AD ao invés da razão AD/DB (idem > para EA*CE). > > E neste ponto eu empaquei... > > Mas acho que, como ainda não foram usados os triângulos AHB (semelhante a > HDB e ADH) e AHC (semelhante a AEH e HEC), que têm o lado AH comum, de > alguma forma (talvez usando Pitágoras) estes podem ajudar a encontrar > expressões úteis para as razões DB/AD e EA/CE, o que, por sua vez, nos > daria a razão BP/PC, a ser usada na aplicação final do recíproco do teorema > de Menelaus. > > Ou então, é claro, este caminho pode não levar a nada e será preciso > recomeçar do zero...matemática é assim mesmo... > > []s, > Claudio. > > > 2018-07-17 22:22 GMT-03:00 Vanderlei Nemitz : > >> A questão a seguir é da prova do IME de 1991. Tentei utilizar o teorema >> de Menelaus, mas não conseguir demonstrar. Como eu poderia fazer? >> >> Obrigado! >> >> >> >> Num triângulo ABC traçamos a altura AH e do pé H desta altura construímos >> as perpendiculares HD e HE sobre os lados AB e AC. Seja P o ponto da >> interseção de DE com BC. Construindo as alturas relativas aos vértices B e >> C determinam-se também, de modo análogo Q e R sobre os lados AC e AB. >> Demonstre que os pontos P, Q, R são colineares. >> >> >> -- >> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e >> acredita-se estar livre de perigo. > > > -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo.
Re: [obm-l] Mais uma de Geometria do IME
A figura completa é chatinha de fazer e fica muito "entulhada". Mas também acho que Menelaus é o caminho. Nesse tipo de problema, eu diria que primeiro você precisa aplicar o teorema de Menelaus direto (pontos colineares ==> produto das razões = -1) a fim de achar as razões adequadas a partir de pontos que são sabidamente colineares e, no final, pra provar que P, Q e R são colineares, você aplica o recíproco (produto das razões = -1 ==> pontos colineares). Assim, começando pelo final, eu diria que o objetivo é provar que: AR/RB * BP/PC * CQ/QA = -1 (ou, como não me parece que a orientação dos segmentos é relevante nesse problema, basta trabalhar com os comprimentos sem sinal: AR/RB * BP/PC * CQ/QA = 1) Como o enunciado fala em alturas e perpendiculares, vão aparecer vários triângulos retângulos. Isso significa que talvez seja necessário usar Pitágoras e também semelhança (já que, por exemplo, os triângulos AHB, HDB e ADH são semelhantes - com pontos correspondentes e, portanto, segmentos homólogos, escritos na mesma ordem em cada um dos triângulos: sempre um bom hábito que evita erros bobos). Por exemplo, os pontos mencionados no enunciado mostram o triângulo ABC cortado pela reta PDE. Menelaus aplicado a este triângulo e esta reta implica que: AD/DB * BP/PC * CE/EA = 1 ==> BP/PC = DB/AD * EA/CE. Agora, DB e AD são lados dos triângulos semelhantes que eu mencionei acima. Idem para EA e CE (neste caso, os triângulos semelhantes são AHC, AEH e HEC). A semelhança de HDB e ADH implica que: DB/DH = DH/AD. A semelhança de AEH e HEC implica que: EA/EH = EH/CE. Infelizmente, isso resulta no produto DB*AD ao invés da razão AD/DB (idem para EA*CE). E neste ponto eu empaquei... Mas acho que, como ainda não foram usados os triângulos AHB (semelhante a HDB e ADH) e AHC (semelhante a AEH e HEC), que têm o lado AH comum, de alguma forma (talvez usando Pitágoras) estes podem ajudar a encontrar expressões úteis para as razões DB/AD e EA/CE, o que, por sua vez, nos daria a razão BP/PC, a ser usada na aplicação final do recíproco do teorema de Menelaus. Ou então, é claro, este caminho pode não levar a nada e será preciso recomeçar do zero...matemática é assim mesmo... []s, Claudio. 2018-07-17 22:22 GMT-03:00 Vanderlei Nemitz : > A questão a seguir é da prova do IME de 1991. Tentei utilizar o teorema de > Menelaus, mas não conseguir demonstrar. Como eu poderia fazer? > > Obrigado! > > > > Num triângulo ABC traçamos a altura AH e do pé H desta altura construímos > as perpendiculares HD e HE sobre os lados AB e AC. Seja P o ponto da > interseção de DE com BC. Construindo as alturas relativas aos vértices B e > C determinam-se também, de modo análogo Q e R sobre os lados AC e AB. > Demonstre que os pontos P, Q, R são colineares. > > > -- > Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e > acredita-se estar livre de perigo. -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo.
[obm-l] Mais uma de Geometria do IME
A questão a seguir é da prova do IME de 1991. Tentei utilizar o teorema de Menelaus, mas não conseguir demonstrar. Como eu poderia fazer? Obrigado! Num triângulo ABC traçamos a altura AH e do pé H desta altura construímos as perpendiculares HD e HE sobre os lados AB e AC. Seja P o ponto da interseção de DE com BC. Construindo as alturas relativas aos vértices B e C determinam-se também, de modo análogo Q e R sobre os lados AC e AB. Demonstre que os pontos P, Q, R são colineares. -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo.
