Professor M�rcio Cohen, outros professores, alunos, amigos,
A resolu��o que segue � satisfat�ria?
Desenhe-se a figura integralmente. A mesma � sim�trica em rela��o �
reta PO, digo: com a movimenta��o de Q. Logo, � razo�vel pensar que esse
ponto fixo � a intersec��o de MN com PO, seja R tal ponto. Sim, O � o
centro do c�rculo dado.
Tamb�m por simetria, � razo�vel pensar que R � m�dio de MN. A quest�o
ent�o se resume a amarrar R �s partes fixas (hip�teses do problema).
Ora, pontos m�dios de segmentos (n�o de arcos) lembram, em regra,
paralelogramos. Se provarmos ent�o que PMTN � paralelogramo, (T
intersec��o de AB com PO), est� resolvido o problema.
Para demonstrar que PMTN � paralelogramo, muitas maneiras h�, com
igualdade de segmentos, de �ngulos, o que parece mais f�cil � esse �ltimo
caso: igualdade de �ngulos. Assim, tentemos demonstrar que NPT= PTM e que
TPM = NTP (�ngulos).
PAM = PTM (PMTA � inscrit�vel) e, tais �ngulos s�o iguais ao arco
menor QA/2 (PA � tangente ao c�rculo dado). Mas, XBT (X intersec��o de BN
com PT) tem essa mesma medida e � igual a XPN, pois os tri�ngulos NPX e
XTB s�o semelhantes, o que se v� facilmente. Enfim, NPT = PTM (�ngulos).
Analogamente, prova-se que TPM = PTN. Logo, PMTN � paralelogramo, o que
demonstra as suspeitas oriundas da simetria. (FIM).
Na realidade, acredito que o foco de minha d�vida restringe-se a
saber se a simetria, conforme mencionada acima, efetivamente prova ou
apenas levanta suspeita. E se assim, pode ser utilizada.
ATT. Jo�o.
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Instru��es para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html
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