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 <[email protected]>: > 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 < > [email protected]> escreveu: > >> Obrigado, Claudio! >> Vou usar suas valiosas dicas para tentar resolver o problema! >> >> Em qua, 18 de jul de 2018 11:51, Claudio Buffara < >> [email protected]> 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 <[email protected]>: >>> >>>> 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 <[email protected]>: >>>> >>>>> 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 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.
