From: Wagner [EMAIL PROTECTED]
Reply-To: [EMAIL PROTECTED]
To: [EMAIL PROTECTED]
Subject: [obm-l] Re: [obm-l] En: Questão de Geometria
Date: Sun, 8 Sep 2002 21:22:54 -0300
Caro Leonardo
Aparentemente faltam dados para a resolução, dada uma circunferência
qualquer é possível obter uma distância C pelo menos menor que o raio
simplesmente variando o ângulo com que as tangentes se encontram.O
triângulo ABP é isóceles e C é um ponto qualquer da altura desse triângulo,
logo variando BÂP ou qualquer outro ângulo, a distância de C ao lado muda.
ex: BÂP=0 (tangentes coincidentes) e
BÂP 0.
André T.
- Original Message -
From: Leonardo Borges Avelino
To: [EMAIL PROTECTED]
Sent: Sunday, September 08, 2002 7:31 PM
Subject: [obm-l] En: Questão de Geometria
- Original Message -
From: Leonardo Borges Avelino
To: [EMAIL PROTECTED]
Sent: Friday, September 06, 2002 10:56 AM
Subject: Questão de Geometria
Ei pessoal
Acho que todos conhecem a questão de geometria que existe uma
circunferência e duas tangentes. As tangentes se encontram num ponto P.
Ligamos os pontos de tangência que determinam os pontos A e B. Do segmento
AB levantamos uma perpendicular que toca a circunferência no ponto C.
Dados os valores das distâncias C até a reta AP; e de C até BP. Calcule o
valor da perpendicular.
(Não está muito claro de entender o enunciado pois eu escrevi com
pressa.)
Essa questão jah caiu no Colegio Naval/2001 e me disseram que ela caiu
no IME, e também ela está num livrinho preto do prof. Eduardo Wagner.
Para todos que conhecem tal questão e principalmente ao Prof. Eduardo
Wagner, pergunto:
* Essa questão eh nível IMO?
* Quem eh o autor dessa questão?
Valeu!!
Leonardo Borges Avelino
Não entendi o que vc falou direito, C não precisa estar na altura, já vi
esta questão uma vez e o problema é de fato resolúvel apesar da
circunferência poder variar. Aqui vai a resolução
sejam:
M o pé da perpendicular à AP por C
N o pé da perpendicular à PB por C
Q o pé da perpendicular à AB por C
(desculpa mas meu computador não coloca circunflexo em cima de consoante e
prefiro manter a notação)
Claro que PBA=PAB, agora CBP é o ângulo secante do arco BC então CBP=CAB da
mesma forma CBA=PAC.
Isto que implica que os triângulos BNC é semelhante à AQC e AMC é semelhante
à BQC(Pelo caso AA) logo:
BC/CA=NC/QC e CA/BC=MC/QC então multiplicando:
1=NC*MC/(QC*QC) e QC^2=NC*MC e acabou!
prefiro pensar que quando mostramos a semelhança dos triângulos retângulos
estamos mostrando que os quadiláteros BQCN e AMCQ são semelhantes(nesta
ordem) e então CN/CQ=CQ/CM mais diretamente.
Genial não?, Na verdade tem um pequeno detalhe faltando. É que na resolução
supus que o ponto C está dentro de ABP se colocarmos C no círculo só que
externamente temos outro problema(no enunciado original não fica claro pois
depende de como se desenhou a figura na parte do levanta-se um
perpendicular). Este outro problema tem solução com a mesma relação e
solução similar.
=
Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html
O administrador desta lista é [EMAIL PROTECTED]
=
