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Polos Olímpicos de Treinamento Aula Curso de Geometria - Nível 2 9 Prof. Cícero Thiago Teorema de Ptolomeu Teorema 1. (Ptolomeu) O produto dos comprimentos das diagonais de um quadrilátero inscritı́vel é igual a soma dos produtos dos comprimentos dos pares de lados opostos. Demonstração. b B A b b b b C P D Seja P o ponto sobre o prolongamento do lado CD tal que ∠BAC = ∠DAP . Como o quadrilátero ABCD é inscritı́vel então ∠ABC = ∠ADP , assim ∆ABC ∼ ∆DAP . Com isso, AB BC AC AD · BC = = ⇒ DP = . AD DP AP AB AB AC Como ∠BAD = ∠CAP e = . Portanto, ∆ABD ∼ ∆ACP . Assim, AD AP AB AC · BD BD = ⇒ CP = . CP AC AB Mas CP = CD + DP , dessa forma AC · BD AD · BC = CD + ⇔ AB AB POT 2012 - Geometria - Nı́vel 2 - Aula 9 - Prof. Cı́cero Thiago AC · BD = AB · CD + AD · BC. Exercı́cios Resolvidos ¯ que não contém 1. Seja ABC um triângulo equilátero e seja P um ponto sobre o arco BC, A, da circunferência circunscrita ao triângulo ABC. Prove que P A = P B + P C. Solução. A b b b C B b P Como o triângulo ABC é equilátero então AB = BC = CA = a. Aplicando o teorema de Ptolomeu ao quadrilátero ABP C temos que AB · P C + AC · P B = BC · P A ⇔ a · PC + a · PB = a · PA ⇔ P C + P B = P A. 2. (IME) Dado o quadrilátero ABCD, inscrito num cı́rculo de raio r, conforme a figura abaixo, prove que: AB · AD + BC · CD AC = . BD AB · BC + CD · AD 2 POT 2012 - Geometria - Nı́vel 2 - Aula 9 - Prof. Cı́cero Thiago C b B b b R b b A D Solução. b B C b b b A D b b M N Sejam M e N pontos sobre a circunferência circunscrita ao quadrilátero ABCD tais ¯ = CD ¯ e DN ¯ = AB. ¯ Dessa forma AM = CD, DN = AB, BM = CN e que AM M C = BN = AD. Aplicando o teorema de Ptolomeu nos quadriláteros M ABC e N BCD temos BM · AC = AB · M C + BC · AM (I) CN · BD = DN · BC + CD · BN (II) Fazendo (I) ÷ (II), temos AB · AD + BC · CD AC = . BD AB · BC + CD · AD 3 POT 2012 - Geometria - Nı́vel 2 - Aula 9 - Prof. Cı́cero Thiago Este resultado é conhecido como Teorema de Hiparco. 3. (Seletiva do Brasil para a Cone Sul) Prove que as distâncias entre um ponto sobre uma circunferência e os quatro vértices de um quadrado nesta inscrita não podem ser todas números racionais. Solução. A D b b b b P b B C Como ABCD é um quadrado então AB = BC = CD = DA = a. Pelo toerema de Pitágoras no triângulo ABC temos que AC 2 = AB 2 + BC 2 ⇔ AC 2 = a2 + a2 = √ 2 2 · a ⇔ AC = 2 · a. Aplicando o teorema de Ptolomeu no quadrilátero ABCP , temos √ AC · BP = AP · BC + CP · AB ⇔ 2 · a · BP = AP · a + CP · a ⇔ √ 2= AP + CP . BP Se todas as medidas fossem números racionais estarı́amos afirmando, de maneira falsa, √ √ BP = 2. que 2 ∈ Q. Se P coincidir com um dos vértices, ou seja, P ≡ D, então CP Assim, as medidas não podem ser todas racionais. 4. (Irã) Seja ABC um triângulo com BC > CA > AB. Seja D um ponto sobre o lado BC e seja E o ponto no prolongamento de BA, com A entre E e B, tal que BD = BE = CA. Seja P o ponto sobre AC tal que E, B, D e P são concı́clicos e seja Q o segundo ponto de interseção de BP com o cı́rculo circunscrito ao triângulo ABC. Prove que AQ + CQ = BP . 4 POT 2012 - Geometria - Nı́vel 2 - Aula 9 - Prof. Cı́cero Thiago Solução. b E A b Q b B b P b b b C D Veja que ∆AQC ∼ ∆EP D, pois ∠CAQ = ∠CBQ = ∠DEP e ∠AQC = 180◦ − ∠ABD = ∠EP D. Por outro lado, pelo teorema de Ptolomeu, temos BP · DE = BE · DP + BD · EP. Então, BP = BE · EP CQ AQ DP + BD · = CA · + CA · = AQ + CQ. DE DE CA CA 5. Seja A1 A2 A3 . . . An um polı́gono regular de n lados tal que 1 1 1 = + . A1 A2 A1 A3 A1 A4 Determine n, ou seja, o número de lados do polı́gono regular. Solução. Temos que 1 1 1 = + ⇔ A1 A2 A1 A3 A1 A4 A1 A2 · A1 A3 + A1 A2 · A1 A4 = A1 A3 · A1 A4 . (I) 5 POT 2012 - Geometria - Nı́vel 2 - Aula 9 - Prof. Cı́cero Thiago A5 A4 b b b b A3 b An b A2 b A1 Como o quadrilátero A1 A3 A4 A5 é inscritı́vel podemos aplicar o teorema de Ptolomeu, assim A4 A5 · A1 A3 + A3 A4 · A1 A5 = A3 A5 · A1 A4 . (II) Além disso, como o polı́gono é regular, temos A1 A2 = A4 A5 , A1 A2 = A3 A4 , A1 A3 = A3 A5 . Comparando (I) e (II), encontramos A1 A4 = A1 A5 . Como as diagonais A1 A4 e A1 A5 são iguais, segue que existe o mesmo número de vértices entre A1 e A4 e entre A1 e A5 . Dessa forma concluı́mos que n = 7. Exercı́cios Propostos 1. (AHSME) Seja ABCD um quadrilátero e seja O o ponto de interseção das diagonais AC e BD. Se BO = 4, OD = 6, AO = 8, OC = 3 e AB = 6, determine a medida de AD. 2. Seja ABCD um quadrilátero convexo tal que AC · BD = AB · CD + AD · BC. Prove que ABCD é inscritı́vel. 6 POT 2012 - Geometria - Nı́vel 2 - Aula 9 - Prof. Cı́cero Thiago 3. Seja ABCD um quadrado. Determine o lugar geométrico dos pontos P , no mesmo plano do quadrado ABCD, tais que 1 máx {P A, P C} = √ (P B + P D). 2 4. Uma circunferência passa pelo vértice A de um paralelogramo ABCD intersectando os lados AB e AD nos pontos P e R, respectivamente. Além disso intersecta a diagonal AC no ponto Q. Prove que AQ · AC = AP · AB + AR · AD. 5. Um ponto P é escolhido o interior do paralelogramo ABCD de tal forma que ∠AP B+ ∠CP D = 180◦ . Prove que AB · AD = BP · DP + AP · CP . 6. Seja ABC um triângulo isósceles, com AB = AC, inscrito em uma circunferência Γ. ¯ que não contém A, da circunferência Γ. Prove Seja P um ponto sobre o arco BC, PA AC que = . PB + PC BC 7. Seja ABCD um quadrado inscrito em uma circunferência Γ. Seja P um ponto sobre ¯ que não contém A e D, da circunferência Γ. Prove que o arco BC, PD PA + PC = . PB + PD PA 8. A bissetriz do ângulo ∠A do triângulo ABC intersecta o cı́rculo circunscrito no ponto D. Prove que AB + AC ≤ 2AD. 9. (IMO) Seja ABCDEF um hexágono convexo tal que AB = BC = CD, DE = EF = F A e ∠BCD = ∠EF A = 60◦ . Sejam G e H pontos no interior do hexágono tais que ∠AGB = ∠DHE = 120◦ . Prove que AG + GB + GH + DH + HE ≥ CF . √ √ 10. √ (Mandelbrot) Um quadrilátero inscritı́vel é tal que seus lados medem 1, 7, 3 e 21, nesta ordem. Determine a distância entre os pontos médios das diagonais. Bibliografia 1. Mandelbrot Morsels Sam Vandervelde 2. Advanced Euclidean Geometry Alfred Posamentier 7 POT 2012 - Geometria - Nı́vel 2 - Aula 9 - Prof. Cı́cero Thiago 3. Problem primer for the olympiad C R Pranesachar, B J Venkatachala e C S Yogananda 4. 360 Problems for Mathematical Contests Titu Andreescu e Dorin Andrica 5. Olimpı́adas de Matemática 97 Antonio Caminha, Onofre Campos e Paulo Rodrigues 6. Geometrı́a - Una Visión de la planimetrı́a Lumbreras 7. the Art of Problem Solving, vol. 2: and Beyond Richard Rusczyk e Sandor Lehoczky 8. Problems in plane and solid geometry, vol. 1 - Plane Geometry Viktor Prasolov 8
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