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IMO TST - Geometria

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Mensagem por Perceval Dom 13 Jun 2021, 17:55

Seja Γ uma circunferêcia de centro O tangente aos lados AB e AC do triângulo ABC nos pontos E e F. A reta perpendicular ao lado BC por O intersecta EF no ponto D. Mostre que A, D e M (ponto médio de BC) são colineares.
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Mensagem por SilverBladeII Ter 29 Jun 2021, 02:12

Aconselho a fazer um desenho pra acompanhar a sol. pergunta qqr duvida.
Vamo precisar de alguns resultados que ou são conhecidos ou vc vai ter que provar, mas nada muito absurdo.

(1) Basta provar para a circunferencia inscrita no triangulo ABC.

(2) (transformações de Ravi) Se P, Q=F, R=E são os pontos de BC, AC, AB, respectivamente, que são tangentes ao circuncirculo, então 
[latex]BR=BP=m[/latex], [latex]AR=AQ=p[/latex] [latex]CP=CQ=n[/latex], com m+n=a, m+p=c, n+p=b.

(3) Se H é o pé da altura relativa ao vértice A, então
[latex]BH=\frac{a^2+c^2-b^2}{2a}=\frac{m^2+mn+mp-pn}{m+n}[/latex] e
[latex]CH=\frac{a^2+b^2-c^2}{2a}=\frac{n^2+mn+np-mp}{m+n}[/latex]

(4) a reta que passa por X=(f, g) e X'=(f', g') é dada por x(g'-g)+y(f-f')+f'g-fg'=0

Ditos isso, suponha que B e C sejam agudos (o outro caso é análogo), tome B como a origem do sistema cartesiano, com C na parte positiva do eixo X.
Vamos descobrir algumas coordenadas:
De cara, B=(0, 0), C=(m+n, 0) e M=((m+n)/2, 0)
A altura de A é 2S/(m+n), onde S é a área do triângulo. Então 
A=(BH, 2S/(m+n)).
Se h é a altura do ponto R relativa a BC, por semelhança temos que h/m=[2S/(m+n)]/(m+p) -> h=2mS/[(m+n)(m+p)].
Analogamente, se h' é a altura de Q, temos h'=2nS/[(m+n)(n+p)].

Se R' é o pé da altura de R, então novamente por semelhança:
(m+p)/[(m²+mn+mp-pn)/(m+n)]=m/BR' -> BR'=(m³+m²n+m²p-mnp)/[(m+n)(m+p)]
e se Q' é o pé da altura de Q, obtemos
CQ'=(n³+n²m+n²p-mnp)/[(m+n)(n+p)],
Portanto,
[latex]R=(BR', h)=\left(\frac{m³+m²n+m²p-mnp}{(m+n)(m+p)},\ \frac{2mS}{(m+n)(m+p)} \right)[/latex]
e
[latex]Q=(m+n-CQ', h')=\left(\frac{m^2n+mn^2+pm^2+3mnp}{(m+n)(n+p)}, \frac{2nA}{(m+n)(n+p)}\right)[/latex]
(atenção, algum dos dois ultimos resultados é diferente quando B ou C é obtusangulo)

Portanto usando o esultado em (4) e depois de muuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuita conta e simplificação, obtemos que a reta que passa por R e Q é
[latex]r: pS(n-m)\cdot x-mnp(m+n+2p)\cdot y+mpS(m+n)=0[/latex]

A reta t perpendicular a BC que passa por O também passa por P, de forma que essa reta é dada por x=m.
Assim, como o ponto D=(d_x, d_y) é a interseção de r e t, temos que D=(m, d_y) e 
[latex]\begin{align*}&pS(n-m)\cdot m-mnp(m+n+2p)\cdot d_y+mpS(m+n)=0\\\implies&d_y=\frac{2A}{m+n+2p}\end{align*}[/latex].

Assim, a reta que passa por A e D é dada por
[latex]u: x\left(\frac{2S}{m+n+2p}-\frac{2S}{m+n}\right)+y(BH-m)+\frac{2mS}{m+n}-\frac{2BH\cdot S}{m+n+2p}=0[/latex]

e basta verificar que essa reta passa por M:
[latex]\begin{align*}
\frac{m+n}{2}\left(\frac{2S}{m+n+2p}-\frac{2S}{m+n}\right)+0\cdot(BH-m)+\frac{2mS}{m+n}-\frac{2BH\cdot S}{m+n+2p}&=-\frac{2pS}{m+n+2p}+\frac{2mS}{m+n}-\frac{(2m^2+2mn+2mp-2pn)S}{(m+n)(m+n+2p)}\\
&=\frac{2mS}{m+n}-2S\frac{p(m+n)+(m^2+mn+mp-pn)}{(m+n+2p)(m+n)}\\
&=\frac{2mS}{m+n}-2S\frac{m^2+mn+2mp}{(m+n+2p)(m+n)}\\
&=\frac{2mS}{m+n}-\frac{2mS}{m+n}\\
&=0
\end{align*}[/latex]
Portanto M está em u, que é o que queríamos.
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