Professor Márcio Cohen, outros professores, alunos, amigos, A resolução que segue é satisfatória?
Desenhe-se a figura integralmente. A mesma é simétrica em relação à reta PO, digo: com a movimentação de Q. Logo, é razoável pensar que esse ponto fixo é a intersecção de MN com PO, seja R tal ponto. Sim, O é o centro do círculo dado. Também por simetria, é razoável pensar que R é médio de MN. A questão então se resume a amarrar R às partes fixas (hipóteses do problema). Ora, pontos médios de segmentos (não de arcos) lembram, em regra, paralelogramos. Se provarmos então que PMTN é paralelogramo, (T intersecção de AB com PO), está resolvido o problema. Para demonstrar que PMTN é paralelogramo, muitas maneiras há, com igualdade de segmentos, de ângulos, o que parece mais fácil é esse último caso: igualdade de ângulos. Assim, tentemos demonstrar que NPT= PTM e que TPM = NTP (ângulos). PAM = PTM (PMTA é inscritível) e, tais ângulos são iguais ao arco menor QA/2 (PA é tangente ao círculo dado). Mas, XBT (X intersecção de BN com PT) tem essa mesma medida e é igual a XPN, pois os triângulos NPX e XTB são semelhantes, o que se vê facilmente. Enfim, NPT = PTM (ângulos). Analogamente, prova-se que TPM = PTN. Logo, PMTN é paralelogramo, o que demonstra as suspeitas oriundas da simetria. (FIM). Na realidade, acredito que o foco de minha dúvida restringe-se a saber se a simetria, conforme mencionada acima, efetivamente prova ou apenas levanta suspeita. E se assim, pode ser utilizada. ATT. João. ========================================================================= Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =========================================================================