Pré-Vestibular ⇒ (EPUSP - 1944) Geometria Tópico resolvido

[LucasMs92]

Demonstrar que, num quadrilátero ABCD, os pontos médios das diagonais e o ponto médio do segmento cujos extremos são os pontos de interseção de dois lados opostos são colineares.

De preferência gostaria da demonstração utilizando-se da geometria plana ao invés da analítica.


Obrigado

[fabit]

Ainda não consegui pela plana, mas já fiz usando números complexos (que é meio que analítica). Se servir, diga que eu posto.

[LucasMs92]

sim, pode ser.

Só de passagem, a geometria plana, em muitos casos, exige alto grau de abstração, às vezes inviável no vestibular. Isso significa que a geometria analítica possui muitas vantagens, como uma identificação "absoluta" dos pontos(todos possuem coordenadas de localização) e exatidão, porém mais trabalhosa, ao passo que pela geometria plana (localização relativa dos pontos) a solução pode ser bem mais rápida, mas em certas situações exige "macetes" ou construções de linhas na figura que definem os problemas. Ambas apresentam vantagens e desvantagens. Estou correto? Como melhorar o grau de abstração, ou "macetes"?


Obrigado

[fabit]

Ok. Achei essa questão muito puxada pra um vestibular. Mais parece tópico do IME/ITA.

Fiz uma figura assim: Vértice A na origem, ou seja A é afixo do número complexo 0. Coloquei B=p+0i=p no eixo real (p>0 também spg="sem perda de generalidade"). Prolongando AB no sentido positivo de uma distância q>0, cheguei num ponto E=p+q.

Em uma direção oblíqua, mas contida no 1º quadrante, marquei os afixos D e F, alinhados com A, de forma que o total da figura é um triângulo AFE com FB uma ceviana ligando F ao lado AE e ED uma ceviana ligando E ao lado AF. O ponto de encontro dessas cevianas é o vértice C.

Chamado de z o complexo cujo afixo é F, temos que D é o afixo de um submúltiplo de z, digamos kz.

O setup da figura já está pronto, isto é, todos os graus de liberdade já foram eliminados. O resto é automático. Em função do complexo z e dos números reais p, q e k podemos calcular os valores dos complexos cujos afixos são:

M=médio de FE, R=médio de AC e S=médio de BD.

[tex3]M=\frac{p+q+z}{2}[/tex3]

[tex3]R=\frac{0+C}{2}=\frac{C}{2}[/tex3] (isso me deu trabalho com complexos, depois dei uma enxugada usando Menelaus)

[tex3]S=\frac{B+D}{2}=\frac{p+kz}{2}[/tex3]

Para provar a colinearidade, faremos a conta [tex3]\frac{M-R}{M-S}[/tex3] (ou outras subtrações similares) e veremos que o quociente é real, implicando argumentos de 0 ou 180 graus entre os 3 afixos envolvidos.

Para calcular C, considere [tex3]\lambda[/tex3] a razão [tex3]\frac{\overline{CE}}{\overline{DE}}[/tex3].

Pelo Teorema de Menelaus no triângulo ADE, temos [tex3]\frac{EC}{DC}\times\frac{AB}{EB}\times\frac{DF}{AF}=1[/tex3]
[tex3]\frac{\lambda}{1-\lambda}\times\frac{p}{q}\times(1-k)=1\Rightarrow\frac{p(1-k)}{q}=\frac{1-\lambda}{\lambda}=\frac{1}{\lambda}-1[/tex3]
[tex3]\frac{p(1-k)}{q}+1=\frac{1}{\lambda}\Rightarrow\lambda=\frac{q}{p(1-k)+q}[/tex3]

Com isso localizaremos o ponto C, fazendo [tex3]E+\lambda(D-E)=p+q+\frac{q}{p(1-k)+q}(kz-p-q)=\frac{(p+q)(q+p(1-k))+q(kz-p-q)}{q+p(1-k)}[/tex3]

[tex3]C=\frac{pq+p^2(1-k)+q^2+pq(1-k)+qkz-pq-q^2}{q+p(1-k)}=\frac{p^2(1-k)+pq(1-k)+qkz}{q+p(1-k)}[/tex3]

[tex3]R=\frac{C}{2}=\frac{qkz+p(p+q)(1-k)}{2(q+p(1-k))}[/tex3]. Deixo assim.

Então M-S vale [tex3]\frac{p+q+z}{2}-\frac{p+kz}{2}=\frac{q+(1-k)z}{2}[/tex3]. Assim tá bom.

E também temos M-R valendo [tex3]\frac{p+q+z}{2}-\frac{qkz+p(p+q)(1-k)}{2(q+p(1-k))}[/tex3]

[tex3]M-R=\frac{(q+p(1-k))(p+q+z)-(qkz+p(p+q)(1-k))}{2(q+p(1-k))}=...[/tex3]

[tex3]...=\frac{q(p+q)+qz(1-k)+p(1-k)z}{2(q+p(1-k))}=...[/tex3]

[tex3]...=\frac{(p+q)(q+(1-k)z)}{2(q+p(1-k))}=...[/tex3]

Finalmente, [tex3]\frac{M-R}{M-S}=\frac{(p+q)(q+(1-k)z)}{2(q+p(1-k))}\times\frac{2}{q+(1-k)z}=...[/tex3]

[tex3]...=\frac{(p+q)\cancel{(q+(1-k)z)}}{2(q+p(1-k))}\times\frac{2}{\cancel{q+(1-k)z}}=...[/tex3] (z sumiu, ficando só os números reais!)

[tex3]...=\frac{(p+q)}{q+p(1-k)}\in\mathbb{R}[/tex3] cqd

[PeterPark]

Quem estiver lendo o livro do Iezzi sobre geometria analitica, capitulo 1, e for resolver usando geo. ana. e determinantes(para verificar colinearidade de pontos e criar retas), esta imagem abaixo é um quadrilátero irregular, mas o problema funciona para qualquer quadrilatero:

iezzig50.JPG (26.93 KiB) Exibido 635 vezes

.
A(0,0) - B(Bx, By) - C(Cx, Cy) - D(Dx, 0)

As retas vermelhas pontilhadas são os prolongamentos dos lados opostos, e se intersectam nos pontos Q e R.
O ponto médio de QR é o ponto P, que deve ser colinear com os pontos médios M e N.

Método realizado(apos ler o 1º capitulo, estes passos serão triviais):
Calcular coordenadas de M e N.
Achar intersecção Q das retas AD e BC. (para isso é preciso achar as retas AD e BC)
Achar intersecção R das retas AB e CD. (para isso é preciso achar as retas AB e CD)
Calcular coordenadas de P.

Achar a reta MN --> do tipo y=ax+b.
Calcular a imagem de P(Px, Py) na reta y=aPx+b

y deve ser igual a Py

[FelipeMartinMOD]

esse resultado é a famoso, é a chamada reta de Gauss-Newton.

Vou usar a prova do ilustríssimo geômetra francês Jean-Louis AYME, disponível (em francês) aqui

Utilizamos aqui o famoso teorema de Reim

Vamos lá: [tex3]ABCD[/tex3] é o nosso quadrilátero. [tex3]I[/tex3] é o ponto médio de [tex3]BD[/tex3], [tex3]J[/tex3] é o ponto médio de [tex3]AC[/tex3]. [tex3]X = AD \cap BC, Y = AB \cap DC[/tex3] e [tex3]K[/tex3] é ponto médio de [tex3]XY[/tex3].

retanewton.png (54.26 KiB) Exibido 623 vezes

O ponto [tex3]B'[/tex3] é tal que [tex3]DXB'Y[/tex3] seja um paralelogramo.
O ponto [tex3]E[/tex3] é tal que [tex3]AECD[/tex3] seja um paralelogramo.
[tex3]\omega[/tex3] é o circuncírculo do [tex3]\triangle XAB[/tex3] ([tex3]\omega = (XAB)[/tex3])
[tex3]M = \omega \cap B'X \neq X[/tex3] e [tex3]N = \omega \cap AE \neq A[/tex3]

À luz do teorema de Reim, temos as paralelas [tex3]XA \parallel B'Y[/tex3] com as retas [tex3]XMB'[/tex3] e [tex3]ABY[/tex3], concluímos que o quadrilátero [tex3]MBYB'[/tex3] é cíclico ([tex3]\angle AXM = 180^{\circ} - \angle ABM = 180^{\circ} -\angle XB'Y[/tex3]).

Chame esse círculo [tex3]\Omega = (MBYB')[/tex3] e [tex3]L = \Omega \cap DC \neq Y[/tex3]. Os círculos [tex3]\omega[/tex3] e [tex3]\Omega[/tex3], com bases [tex3]B[/tex3] e [tex3]M[/tex3]; a reta [tex3]ABY[/tex3] e as paralelas [tex3]AN[/tex3] e [tex3]YL[/tex3], temos, do teorema de Reim, que [tex3]M,N[/tex3] e [tex3]L[/tex3] são colineares.

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O círculo [tex3]\omega[/tex3], os pontos de base [tex3]N[/tex3] e [tex3]B[/tex3], as retas [tex3]MNL[/tex3] e [tex3]XBC[/tex3], com as paralelas [tex3]MX \parallel LC[/tex3]; implicam, pelo teorema de Reim, que [tex3]NBLC[/tex3] é cíclico.

O círculo [tex3]\omega[/tex3], os pontos de base [tex3]N[/tex3] e [tex3]B[/tex3], as retas [tex3]ANE[/tex3] e [tex3]XBC[/tex3], com as paralelas [tex3]AX \parallel EC[/tex3]; implicam, pelo teorema de Reim, que [tex3]NBEC[/tex3] é cíclico. Logo, [tex3]NBLEC[/tex3] é cíclico. Seja [tex3]\gamma = (NBLEC)[/tex3].

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Os círculos [tex3]\Omega[/tex3] e [tex3]\gamma[/tex3], com pontos de base [tex3]L[/tex3] e [tex3]B[/tex3], a reta [tex3]CLP[/tex3] e as paralelas [tex3]CE \parallel B'Y[/tex3] implicam, com o teorema de Reim, que [tex3]E,B[/tex3] e [tex3]B'[/tex3] são colineares.

Acabou! [tex3]IJK[/tex3] é simplesmente base média do [tex3]\triangle DBB'[/tex3], já que [tex3]E,B[/tex3] e [tex3]B'[/tex3] são colineares:

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