Cap. 6 - Polígonos ⇒ Solucionário:Racso - Cap VI - Problemas de Geometria y Como Resolverlos - I Edição - Ex:25 Tópico resolvido

[petrasMOD]

Problema Proposto
25 - O gráfico mostrado é um trapézio isósceles,
O lado QR mede "b" e o lado PQ mede "a". Achar LR

Resposta

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E) [tex3]\frac{b(a+b)}{(a-b)}[/tex3]

[FelipeMartinMOD]

Vou embaralhar os nomes dos pontos. Vou chamar os pontos conforme a figura abaixo:

inversao13.png (20.84 KiB) Exibido 1349 vezes

Acho que está claro que [tex3]G,H,E[/tex3] e [tex3]F[/tex3] são pontos de contato e que [tex3]P \in BC, Q \in CD[/tex3] etc.

Do teorema de La Hire, vemos que [tex3]AQ[/tex3] é polar de [tex3]S = HE \cap KF[/tex3], pois: [tex3]HE[/tex3] é polar de [tex3]A[/tex3] e [tex3]KF[/tex3] é polar de [tex3]Q[/tex3].

Sejam [tex3]\gamma = (GHEF)[/tex3] e [tex3]G' = SG \cap \gamma \neq G[/tex3]. São alguns resultados "triviais" que:

[tex3]G(H,S;K,E) := (H,G';K,E)_\gamma = (E,G;F,H)_\gamma = -1[/tex3]

A última igualdade se deve ao fato do quadrilátero [tex3]EFGH[/tex3] ser harmônico: veja que como o trapézio é isósceles, ele é simétrico em relação à mediatriz de [tex3]AD[/tex3], que é a mesma mediatriz de [tex3]BC[/tex3]; e, que as bissetrizes dos ângulos [tex3]\angle BAD[/tex3] e [tex3]\angle CDA[/tex3] concorrem em um ponto [tex3]O[/tex3] tal que o [tex3]\triangle OAD[/tex3] é [tex3]O-[/tex3] isósceles, pois [tex3]\angle OAD = \angle ODA \iff \angle BAD = \angle CDA[/tex3]. Então, [tex3]O[/tex3] está sobre a mediatriz de [tex3]BC[/tex3], portanto, os pontos [tex3]G[/tex3] e [tex3]E[/tex3] são pontos médios de [tex3]BC[/tex3] e [tex3]AD[/tex3] respectivamente; isto implica que [tex3]GH = GF[/tex3] e [tex3]HE = EF[/tex3], logo [tex3]GH \cdot EF = GF \cdot EH[/tex3].

Sabendo então que [tex3]G(H,S;K,E) = -1[/tex3], e, que [tex3]GH,KF,GK,GE[/tex3] e [tex3]GS[/tex3] são as polares dos pontos [tex3]B,Q,P, \infty[/tex3] e [tex3]Z[/tex3]; pode-se concluir que [tex3]G(H,S;K,E) = (B,Z;P,\infty) = -1[/tex3], o que significa que [tex3]P[/tex3] é ponto médio de [tex3]BZ[/tex3].

Veja, por fim, que [tex3]\triangle AQR \sim \triangle ZQP[/tex3]: [tex3]\frac{AR}{PZ} = \frac{QR}{QP} = \frac {a}{b}[/tex3] e que [tex3]\triangle LAR \sim \triangle LBP[/tex3]: [tex3]\frac{AR}{BP} = \frac{LR}{LR+a+b} = \frac ba \implies LR = b\frac{b+a}{a-b}[/tex3]

[geobson]

Por quarteto hamônico .......................

[petrasMOD]

PQRL formam um quarteto harmônico
[tex3]\angle DCP = 2\theta\\\angle DCB = 2\alpha\\\therefore \boxed{\alpha + \theta = 90^o}\\O ~é~ excentro~ \triangle ARL\\\angle LOR = \alpha\\O ~é~ excentro~ \triangle QCP\\\angle QOP = \theta\\\\ Por~propriedade^*: \angle ROQ = 90^o -\frac{2\theta}{2}=90-\theta = \alpha \\
\triangle LOQ:\\
OR \text{ é bissetriz interna}\\
\text{OP é bissetriz extenta} [/tex3]

Portanto:

[tex3]LR = x\\
\frac{a+b+x}{x}=\frac{a}{b}\\
ax=ba+b.b+bx\\
ax - bx=b(a+b) \\
x(a-b) = b(a+b)\\ \therefore \boxed{\color{red}x = \frac{b(a+b)}{(a-b)}}
[/tex3]
(Solução: fornecida por Geobson)
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[FelipeMartinMOD]

petras, pera ai, você resolveu outro problema, você chamou de [tex3]a[/tex3] e [tex3]b[/tex3] medidas diferentes do enunciado original. No final, você resolveu o problema do meu livro.

[FelipeMartinMOD]

petras, [tex3]\angle ROQ = \alpha[/tex3] por simples cálculo de ângulo, considerando que [tex3]RO[/tex3] e [tex3]QO[/tex3] são biissetrizes externas do [tex3]\triangle RQD[/tex3]. Uma continha bem simples.