NÍVEL 3 = (L BS) + L + CY ) = BS

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1 009 Teinamento paa limpíadas de atemática ÍVE 3 Resoluções US 3 35 Em lasse T. emonstação o enunciado, podemos constui a figua ao lado: Sejam Z, T, S, Y, K e pontos de tangência. Então, dos dados do enunciado e figua ao lado, esulta: [] T K e Z [] K S K e Y [3] TZ SY S lém disso, as semi-etas e são bissetizes dos ângulos SK e Y. ssim, S S e Y 60 os tiângulos etângulos S e Y temos espectivamente tg S e tg Y 60 Z 60 Y t potanto, + 3 ( S + Y) [4] esde que é o lado do tiângulo equiláteo, temos de [], [] e [3]: TZ T + Z K + ( K) + ( ) ( S) + ( Y) SY S + + Y S + + Y como TZ SY po [3], ( S ) + ( Y ) S + + Y, ou seja,. ( S + Y ) [5] 3 estas condições, podemos esceve de [4] e [5]: + 3 ( S + Y) Potanto, a soma + é a medida da altua do tiângulo, consequentemente é uma constante.. emonstação Seja S o ponto de tangência do incículo do tiângulo com a diagonal, e seja S o ponto de tangência do incículo do tiângulo com a diagonal. estas condições, podemos esceve: S S'. (Usamos acima a popiedade que fonece o compimento do segmento tangente ao incículo de um tiângulo, conduzido po um de seus vétices. Po exemplo: se o vétice é, o compimento do segmento é p a, onde a é o lado oposto ao vétice ) e S S SISTE G E ESI Teinamento paa limpíadas de atemática 009

2 Po outo lado: os incículos dos tiângulos e são tangentes se, e somente se, S S. + + Entetanto, S S se, e somente se,, ou seja, + + ssim, os incículos são tangentes se, e somente se, + +. lém disso, do teoema de PITT, temos é cicunscitível se, e somente se, + +. Potanto, com os esultados acima, concluímos que: é cicunscitível à uma cicunfeência se, e somente se, os incículos dos tiângulos e são tangentes (extenamente). 3. o enunciado, temos T U (aio das cicunfeências de cento e ) e U Q T (aio da cicunfeência ). ssim, T T. a) o tiângulo Q, etângulo em Q, tem-se Q, U + U + e Q Q + x +. plicando ao tiângulo Q,o teoema de Pitágoas, tem-se Q + Q. ssim, (x + ) + ( + ) x. esenvolvendo e simplificando, encontamos x + 4. b) o ΔQ, etângulo em Q, tem-se Q, Q x e. plicando ao tiângulo Q, o teoema de Pitágoas, tem-se Q + Q. ssim, x + ( ). esenvolvendo e simplificando, encontamos x x. ssim, temos o sistema de equações: 4. 4 x x + 4 Resolvendo este sistema, encontamos c) Inicialmente, obsevemos que: 3 e x 3. (aio das cicunfeências de centos e ), é pependicula a, pois é mediatiz de e PQ, diâmeto de, é pependicula à eta, pois esta é tangente à, em Q; PQ 3 3. estas condições, o tiângulo é equiláteo de lado, consequentemente a sua altua 3 3. ogo, PQ e // PQ (ambas são pependiculaes a eta ). lém disso, desde que x 3 (item b), segue que Q Q + x + 3. Potanto, PQ Q e // PQ. aí, P Q, e consequentemente PQ é um quadado, de lado 3 ; o que finaliza a demonstação. x 3 Resposta: a) x + b) e x 3 c) emonstação 4 4. a) Seja um tapézio de bases e. esde que //, tem-se: º. aí, + 80º se, e somente se, + 80º +, ou seja,. Po outo lado, é cíclico se, e somente se, + 80º. ogo, é cíclico se, e somente se,. Entetanto, é isósceles se, e somente se,. Potanto, o tapézio é cíclico se, e somente se, é isósceles. SISTE G E ESI Teinamento paa limpíadas de atemática 009

3 b) esde que é cíclico, tem-se: +. (Teoema de Ptolomeu) inda mais, o tapézio é isósceles (item a), então e. Potanto, como e 7, concluímos que 7 +, ou seja, 7. Resposta: a) emonstação b) 7 5. emonstação Seja o lado do Δ equiláteo. Então. esde que o quadiláteo é cíclico, aplicando o teoema de PTEU, obtém-se: + aí, +.. Potanto, Po cuiosidade, veja outas Soluções: Segunda emonstação: Seja o lado do Δ equiláteo. Então. ote que: 60º e 60º. Pela lei dos cossenos aplicada aos tiângulos e, espectivamente, obtemos: Subtaindo estas igualdades e fatoando o esultado, vem que ( + )( ) 0. Potanto, +. Teceia emonstação a figua acima os tiângulos, P e P são semelhantes pois P P e P P 60º. aí,. a última igualdade P P e P P P. P Então, + + P P P + P, e potanto, +. Quata emonstação Estenda o segmento a pati do ponto até um ponto, tal que,. omo 60º, então 60º e potanto, o tiângulo é isósceles e possui um ângulo de 60º no vétice, logo ele é equiláteo. 60 aí, o tiângulo é conguente ao tiângulo, pois, 60º e. Potanto, + +. SISTE G E ESI 3 Teinamento paa limpíadas de atemática 009

4 Quinta emonstação onsidee um ponto Q situado no aco tal que Q e seja R a inteseção de e Q. Então os acos Q e são iguais. Então, Q 60º. ssim, os tiângulos R e RQ são equiláteos pois têm dois ângulos iguais a 60º. Potanto, R Q R + R + Q emonstação esde que I, I e I são bissetizes intenas, segue-se dos tiângulos I e I: G + I e I + 80º 80º as como, º (Δ), tem-se: I E 80º I + 90º [ ] 80º I 90 + º [ ] F a) esde que I é o incento do Δ; I e IF, daí I + IF 80º, e consequentemente FI é cíclico. Potanto, IF 80º. omo, E, F são pontos do incículo de cento I, EF IF (po- piedade do ângulo inscito), logo EF (80º ) 90º lém disso, desde que G // E e G // FE, segue que G EF, e daí G 90º [3]. º º Potanto, de [] e [3], G + I º, donde conclui-se que IG é cíclico. + + b) esde que E e F são segmentos tangentes ao incículo conduzidos po, E F (popiedade). ogo, o ΔEF é isósceles de base EF, e além disso EF FE. Po outo lado, ( º ) º desde que IG é cíclico (povado no item a), IG G (enxegam o mesmo aco). as, como G // EF, segue-se G EF (altenos e intenos). ogo, IG 90º [4]. Potanto, de [] e [4], I + IG 80º, consequentemente os pontos, I e G são colineaes.. 7. emonstação Inicialmente, obsevemos que PQ PRQ (enxegam o mesmo aco PQ), QR (altenos e intenos), e QR QPR (enxegam o mesmo aco QR). ogo, Δ ΔRQP ( ). QR PR esta semelhança, podemos esceve:. aí, e. [ ] QR PQ PR PQ PQ Po outo lado, aplicando o teoema de Ptolomeu, ao quadiláteo cíclico PQR, tem-se: P QR + R PQ Q PR [] ultiplicando ambos os membos de [] po, encontamos: P QR + R PQ Q PR PQ PQ PQ PQ SISTE G E ESI 4 Teinamento paa limpíadas de atemática 009

5 Simplificando PQ na segunda pacela do pimeio membo e substituindo [] de modo conveniente nas demais expessões, obtemos: P + R Q. Potanto, desde que (lados opostos do paalelogamo), concluímos que: P + R Q. Em asa. emonstação Seja um tiângulo etângulo em. Seja a, b e c. figua ao lado mosta o incículo do tiângulo etângulo, e os pontos (X, Y e Z) de tangência com os lados. ote que IXY é um quadado, pois X Y e tês de seus ângulos são etos. estas condições, podemos esceve: a + b ( X + X ) + ( Y + Y ) a + b ( Z + X ) + ( Z + Y ) a + b ( Z + Z ) + ( X + Y ) c + d X I Y Z. emonstação laamente, po simetia, os segmentos e tangentes extenamente são de compimentos iguais, e desde que dois segmentos tangentes a um cículo conduzidos po um mesmo ponto exteno são conguentes, temos: G + G GH + GF GH + (GE + EF) GE + EF; nalogamente, paa o segmento, temos: H + H EH + FH EF + FH Potanto, desde que, então GE FH. ota: poblema com a solução acima foi etiado do livo: oe athematical osels, Ross Honsbeg, 3. Sejam e os compimentos do lado e diagonal do quadado. / R / esde que 0, tem-se po Pitágoas, que 0. s pontos que estão a 6cm de distância do ponto P deteminam uma cicunfeência de cento P e aio R 6cm. cicunfeência de aio 5cm e cento P, é o incículo do quadado. ogo, tem comum com o quadado, apenas os 4 pontos de tangência. Po outo lado, desde que 5 R 0 ; tem-se: cicunfeência de aio 0 cm passa pelos vétices do quadado. onsequentemente, esta cicunfeência cota cada lado em exatamente dois pontos. ogo, tem comum com o quadado apenas 8 pontos. cicunfeência de aio R 6cm, está ente as cicunfeências de aio 5 e 0 com o quadado 4 pontos (os vétices do quadado). Resposta: e. ogo, tem em comum SISTE G E ESI 5 Teinamento paa limpíadas de atemática 009

6 4. emonstação Sejam e centos dos incículo λ e λ espectivamente. Sejam,, e os pontos de tangência como indicado na figua ao lado. ostaemos que K ( + )/, e o que justifica o K compimento de K se independente da posição do ponto. Vamos então a esta demonstação: esde que segmentos tangentes, conduzidas po um ponto exteno a um cículo, são conguentes, temos dos dados do enunciado e (ve figua). ssim, nalogamente, temos K + K K + K K +. esde que, po simetia; concluímos que K. aí, + + K K. alculemos agoa,, e daí K, em temos de e os lados do tiângulo. Po outo lado, ( + + )/ ( Δ) ( + + )/ ( Δ) ssim, + + / / /. esde que ' K, temos K K ( + )/, como desejado inicialmente. Potanto, desde que, e são independente de, concluímos que o compimento K é independente de. 5. emonstação esde que I e I são bissetizes do tiângulo, o tiângulo I, I 80 elação ao lado, a áea deste tiângulo é I I + I I sen35, logo devemos te sen 35, ou seja, 35. esde que é o compimento da altua deste tiângulo em. Po outo lado, esta áea pode se calculada po I I. 6. os dados do enunciado, E E x. ogo, x. esde que,,, e são concíclicos, o quadiláteo é cíclico; ssim, x Potanto, x 76. Resposta: emonstação Sejam,,, os centos das cicunfeências concoentes, como indicado na figua. esde que e estão a mesma distância da eta, é paalela a. Similamente, é paalela a, é paalela a e é paalela a. omo consequência deste paalelismo, é um quadiláteo e os ângulos de vétices,, e são espectivamente conguentes aos ângulos nos vétices,, e do quadiláteo. omo petence a estas quato cicunfeências segue-se que cada cento está a uma distância dele. ssim, a cicunfeência de cento e aio passa po eles. onsequentemente os ângulos opostos em e do quadiláteo e são suplementaes, isto é, Potanto, o pa idêntico de ângulos em e, no quadiláteo são também suplementaes, o que implica dize que é cíclico. SISTE G E ESI 6 Teinamento paa limpíadas de atemática 009

7 8. emonstação Sejam,, e os centos das quato cicunfeências onde cada uma é tangente extenamente, a somente duas das outas, como indica-se na figua. Estes centos deteminam o quadiláteo convexo, e seus pontos de tangência o quadiláteo convexo PQ. α P β Q θ γ Indicando po α, β, γ, θ as medidas, em gaus, dos ângulos de vétice,, e, em, espectivamente, segue-se que α + β + γ + θ 360. esde que P e Q são pontos da cicunfeência de cento, P Q e consequentemente PQ é um tiângulo isósceles. lém disso, QP PQ 80 α. Similamente, conclui-se que os tiângulos P, e Q são também isósceles e daí 80 β 80 γ 80 θ P P ; e Q Q goa, obsevando a figua auxilia dada e utilizando estes esultados, segue-se que os ângulos de vétices P e, opostos, de o PQ, tem medidas, em gaus, dadas po: 80 α 80 β P 80 ( PQ + P ) 80 + α + β 80 γ 80 θ e 80 ( + Q ) 80 + γ + θ, α + β γ + θ α + β + γ + θ 360 consequentemente P ogo, PQ é cíclico, e potanto seus vétices são concíclicos, o que finaliza a demonstação pedida. 9. emonstação Seja λ o cicuncículo do tiângulo. esde que, segue-se que o ponto petence a λ. Sendo // (poque é tapézio), (altenos e intenos), e assim os acos e, que eles enxegam espectivamente, em λ são de mesma medida. aí, as codas coespondentes e têm o mesmo compimento. lém disso, (poque enxegam o mesmo aco ). estas condições, conclui-se, pelo caso, que os tiângulos e, são conguentes, e potanto que ; o que finaliza a demonstação pedida. λ 0. emonstação o cicuncículo de K, PK K; e no cicuncículo de K, QK K. omo é diâmeto da semicicunfeência, 90 e K + K 90. aí, PK + QK 80, e potanto, K, P, Q são concíclicos. SISTE G E ESI 7 Teinamento paa limpíadas de atemática 009

8 . emonstação embando que um quadiláteo convexo é cíclico se, e somente se, dois ângulos opostos são suplementaes, isto é, a soma de suas medidas, em gaus, é 80, segue-se dos quadiláteos EH, FE, HG, GF cíclicos, po hipótese, as seguintes igualdades: E + EH 80, E + EF 80, G + GH 80, G + GF 80. dicionando-se, membo a membo, estas igualdades e agupando convenientemente, obtém-se: ( EH + GH) + ( EF + GF) + ( E + E) + ( G + G) 70 [] Po outo lado, dos ângulos de vétices F e H, opostos, de EFGH, H EH + GH e F EF + GF [] enquanto que dos ângulos de vétices e, opostos, de, + 80 ou (360 E E) + (360 G G) 80 e, dai ( E + E) + ( G + G) 540 [3] Potanto, de [], [] e [3], conclui-se que H + F 80, o que implica dize que o quadiláteo EFGH é cíclico; finalizando a demonstação da tese pedida.. emonstação F X Y E Vamos chama a segunda intesecção dos cicuncículos de Y. Inicialmente, obsevemos que EX FX (altenos e intenos). YX EX (EYX é cíclico) e YX 80º FX (FXY é cíclico). ssim, podemos esceve: YX + YX EX + (80º FX) FX + (80º FX) 80º Potanto, Y YX + YX 80º, o que implica dize que, Y e são colineaes; o que finaliza a demonstação pedida. 3. emonstação Seja ponto médio de. ogo, também é ponto médio de G, pois G G (hipótese) e G E /G (popiedade do baicento). Então, o quadiláteo G, com diagonais cotando-se ao meio, é um G paalelogamo, e consequentemente é um tapézio, com bases e. Po outo lado, um tapézio é inscitível em uma cicunfeência se, e somente se, é isósceles. esde que G é um paalelogamo, tem-se G; daí é cíclico se, e somente se, G. as, po hipótese, é ponto médio de e G ponto médio de E, logo G se, e somente se, E. Potanto, é cíclico se, e somente se, E; o que finaliza a demonstação pedida. SISTE G E ESI 8 Teinamento paa limpíadas de atemática 009

9 4. emonstação Sejam I e, espectivamente incento e inaio de Γ. I) Se F, é imediato que I, G e F são colineaes, pois neste caso I é ponto médio do segmento, consequentemente G coincide com o ponto de intesecção das codas pependiculaes e. ssim, G, e F são pontos do diâmeto. II) Se F, então I, G e F não são colineaes, consequentemente, F e também não são colineaes. omo IG IF e F R, segue-se que os tiângulos IGF e F são isósceles com bases FG e F, espectivamente. aí, 80º FIG 80º F IGF e F. F I R G Po outo lado, da tangência ente Γ e a coda, temos IG. as, como (enunciado), esulta IG //. lém disso, da tangência ente os cículos Γ e Γ, segue que (cento de Γ), I (cento de Γ ) e F são 80 colineaes. ssim, F FIG e consequentemente F º F 80 º FIG IGF, o que implica necessaiamente que G petença ao segmento F (justifique!!), e potanto que, G e F são colineaes; Potanto, de I e II, conclui-se que, G e F são colineaes, quando F pecoe o aco, mas distinto de e ; o que finaliza a demonstação pedida. ota: Tanto no caso de F, quanto num segundo caso, F, é imediato a colineaidade dos pontos:, G e F; pois no pimeio caso G, enquanto que no segundo caso, G. 5. plicando o teoema de Ptolomeu, P P + P. omo é equiláteo, segue-se que: P + 5. Po outo lado, note que os tiângulos P e P são semelhantes, pois P P, e P P 5 5 P P 60. Potanto,, ou seja,. aí,. P P 0 5 Resposta: 6. Em um losango os ângulos opostos são conguentes, isto é, e. esde que é inscitível, + 80 ; 80 ; 90 e de modo análogo 90 ; logo é um quadado de lado. estas condições,, e as diagonais λ e, com, são diâmetos pependiculaes do cicuncículo de que indicaemos po λ e o seu cento po ( ve figua). esde que P é um ponto sobe o meno aco (ve figua) de λ, o quadiláteo P é cíclico; logo pelo teoema de Ptolomeu, segue-se que: P + P P P e, daí, P + P P SISTE G E ESI 9 Teinamento paa limpíadas de atemática 009

10 Po outo lado, P e P são tiângulos inscitos em λ tendo um diâmeto como lado, logo são etângulos em P com hipotenusa medindo, então pelo teoema de Pitágoas, esulta: P + P e P + P Potanto, elevando ambos os membos de P + P P ao quadado, e em seguida substituindo P + P po e P po P, encontamos + P P ( P ), o que implica P + P P. Resposta: 7. emonstação a d a F Seja ponto médio da diagonal. Seja a o lado do losango e d F E. a d E a os tiângulos etângulos e E, temos pelo teoema de Pitágoas: a d E, daí E a d. esde que E ( + E), E E E, a + d + F, e a d F F, potanto: E a d ( + E) ( E) (a + d) (a d) E E ( + F) F 8. emonstação esde que é cíclico, + 80º +. ogo, sen sen e sen sen. a d sen b c sen ( ad + bc) sen ssim, () () + () + como também a b sen c d sen ( ab + cd) sen () () + () +. ( ad + bc) sen ( ab + cd) sen sen estas condições,, e daí sen ad + bc ab + cd. Po outo lado, do teoema dos SES, segue: x R sen R sen e y R sen R sen (R é o cicunaio de ) Potanto, x R sen sen y R sen sen ad + bc ab + cd, o que finaliza a demonstação pedida. 9. Pimeia solução: Sem que haja alguma peda de genealidade, indicaemos simplesmente po os tapézios com incículo de aio, e bases e. esde que um dos diâmetos deste ciculo é necessaiamente pependicula as bases e (poque // ), o compimento da altua destes tapézios, em elação a estas bases, é. Se E, F, G e H são pontos de tangência deste cículo com os lados do tapézio, como mostado na figua, existem eais positivos x, y, z e t tais que: y F x y x E G z z H t t F E x, F G y, G H z e H E t, SISTE G E ESI 0 Teinamento paa limpíadas de atemática 009

11 estas condições, x + y e z + t, e potanto, a áea do tapézio, que indicaemos po (), é dada po: + ( ) + x + y + z + t. Po outo lado, e são bissetizes dos ângulos FÔE e EÔH, espectivamente; daí FE + EH e consequentemente é um tiângulo etângulo de hipotenusa. nalogamente, também é um tiângulo etângulo de hipotenusa. lém disso, a altua destes tiângulos elativa a hipotenusa é o aio do incículo, isto é,, logo das elações méticas do tiângulo etângulo, z t xy (ve figua). Finalmente, da desigualdade ente e G, segue-se ( ) x + y + z + t 44 xyzt 4. lém disso, a igualdade: x y z t, ocoe quando o tapézio é um quadado de lado, potanto o valo mínimo paa a áea dos tapézios com incículo de aio é 4. Segunda solução: esde que os dois lados paalelos do tapézio são pependiculaes a um diâmeto do cículo, que tem compimento, segue-se que o compimento da altua elativa a estes lados é. base média do tapézio que é obtida pelo segmento ligando os pontos médios dos outos dois lados, é paalela aos lados paalelos e é a metade da so- ma de seus compimentos. lém disso, ela contém necessaiamente o cento do incículo do tapézio ( poque este é equidistante dos lados paalelos), logo contém um diâmeto H deste incículo, e potanto tem compimento no mínimo (que o diâmeto do incículo). esde que a áea do tapézio é o poduto da metade da soma dos lados paalelos pela altua, segue-se que a áea do tapézio é o poduto da altua pelo compimento da base, média, como esta é no mínimo conclui-se que o valo mínimo paa áea do tapézio é 4. ote que isto ocoe quando o tapézio é um quadado de lado. Resposta: 4 0. Sejam R e os aios do cículo maio e meno espectivamente. Então, R +. Seja o cento do cículo meno. Utilizando-se dos dados da figua, tem-se que o tiângulo F, é etângulo, em, o que implica pelo teoema de Pitágoas: (R 4) +, e donde segue-se ( 3) + 44, e potanto 75 e consequentemente R 96. Resposta: 75 e 96. emonstação embemos que um quadiláteo convexo é tapézio, se um pa de lados deste quadiláteo são paalelos. Paa pova a poposição pedida, mostaemos que, e (hipótese) implicam necessaiamente na existência de um pa de lados paalelos. Vamos agoa a pova de que é um tapézio. esde que Ô é exteno paa o tiângulo, temos: + + Unindo ao esultado acima a hipótese e conclui-se que os tiângulos e são conguentes (). onsequentemente, o que implica necessaiamente que os lados e sejam paalelos, isto é, que o quadiláteo seja um tapézio. SISTE G E ESI Teinamento paa limpíadas de atemática 009

12 . emonstação o enunciado constói-se a figua auxilia ao lado. Po outo lado, V I) H é paalelo a K, pois H V 90º V K K, W H II) H é paalelo a K, pois H W 90º W K K. U Potanto, de (I) e (II) conclui-se que HK é um paalelogamo. K 3. emonstação Q P Seja a inteseção da eta com a tangente comum PQ. estas condições, decoe da potência do ponto em elação as cicunfeências e que: Q P. aí, Q P, isto é, é ponto médio de PQ. Po outo lado, desde que é ponto médio de PQ, tem-se sucessivamente: (Q) (P) [ ] ( ΔQ e ΔP tem a mesma altua) (Q) (P) [ ] ( ΔQ e ΔP tem a mesma altua) omo: (Q) (Q) (Q) e (P) (P) (P). Potanto, de [] e []: (Q) (P). 4. emonstação Sejam os pontos,, e médios dos segmentos P, PQ e Q espectivamente, como mosta-se na figua ao lado. ssim, os segmentos e são bases média do tiângulo PQ, o que implica: // P e P P // Q e Q Q P [] Q e // P e // Q, esulta P Q. [] Po outo lado, desde que é cíclico, tem-se : Então 90. lém disso, como P e Q, segue-se que: P é um tiângulo etângulo em e isósceles, consequentemente P e P [3] Q é um tiângulo isósceles e etângulo em, consequentemente Q e Q [4] estas condições, de [], [],[3] e [4] os tiângulos e são conguentes (), pois: e 90 + P 90 + Q Potanto, da conguência acima, conclui-se que os segmentos e são conguentes, o que equivale dize que é eqüidistante de e, isto é, petence a mediatiz de ; finalizando a demonstação da poposição pedida. SISTE G E ESI Teinamento paa limpíadas de atemática 009

13 5. emonstação Seja o cicuncento do tiângulo. (vide figua ao lado) Então, aí conclui-se que o quadiláteo é cíclico. onsequentemente, é bissetiz do ângulo Â, pois ; e que é bissetiz do ângulo Ĉ, pois. Potanto, é o incento do tiângulo. 6. emonstação Sendo K segue-se que o segmento K é enxegado pelos vétices e do tapézio po ângulos de mesma medida. estas condições,,, e K são concíclicos; consequentemente K é um quadiláteo cíclico. ssim, K + (80 K) + (80 ) 80. omo consequência conclui-se que K é também cíclico. estas condições, podemos esceve K K e K K K; o que finaliza a demonstação. 7. emonstação Sejam R, S e T os pontos de tangência do incículo do tiângulo com os lados, e espectivamente. Sejam IS α e IR β. estas condições, IR IS e IS α (popiedade dos ângulos opostos pelo vétice). Po outo lado, dos tiângulos etângulos IS e IR, obtemos daí, sen I e sen α β I sen α I e sen β I substituindo em: + encontamos: sen α + sen β, ou seja sen β cos α, mas como α e β I I são medidas de ângulos agudos po constução, conclui-se desta última igualdade que senβ cosα, e consequentemente α + β 90. Potanto, α + β 90 (popiedade do ângulo exteno, no tiângulo ). α β R I α S T 8. emonstação Seja λ cicuncículo do Δ, de cento e aio R. Então, R. Seja ponto de inteseção do polongamento de U com λ. ogo, Δ é isósceles de base, pois R. lém disso,, pois petence à eta supote da bissetiz U. as, como R, segue-se que a eta é mediatiz do segmento, e potanto. Po outo lado, desde que, o ponto U estaá sempe compeendido ente o pé da altua H e o ponto médio de (Justifique!); S U SISTE G E ESI 3 Teinamento paa limpíadas de atemática 009

14 como pode-se ve na figua auxilia anteio, paa. ssim, a eta pependicula à po U, que denominaemos po U, e o segmento, teão necessaiamente um único ponto em comum. Então, denominando po S este ponto, tem-se SU. as, como, então // SU. ogo, ΔS, e consequentemente o S é isósceles de base U, pois é isósceles de base. aí, conclui-se que: S SU, isto é, S petence à mediatiz de U. Potanto, as etas U, (supote do diâmeto de λ po ) e a mediatiz do segmento U, com o ponto S (somente) em comum, são concoentes; o que finaliza a demonstação pedida. otas: i) Quando, U estaá ente e o ponto médio de. as, se, U estaá ente e o ponto médio de. ii) Quando, as etas U, U e são coincidentes. 9. emonstação onstua a cicunfeência cicunscita ao tiângulo e seja P o outo ponto de inteseção da eta K com a cicunfeência. É clao que P 90. Seja o ponto médio de K. omo KP é um tiângulo etângulo temos P K e P PK K donde conclui-se que as etas e P são paalelas. Po outo lado, K P, logo as etas e P são também paalelas. estas condições, P é um paalelogamo, e então P K, ou seja, K. K P 30. emonstação Seja K a intesecção das bissetizes elativas a E e F (figua abaixo). Po outo lado, do quadiláteo cíclico, e dos tiângulos F e E, segue-se espectivamente: F 90 ( + ) E 90 ( + ) estas igualdades, obtém-se: ( F + E) 90 [ ] K F E Po outo lado, dos tiângulos FKE e FE, esulta espectivamente: K + + F FE + + EF E 80 + FE + EF 80 [] e [] e [] podemos esceve: K + (90 ) + (80 ) 80. embando que + 80, conclui-se da igualdade acima, K 90. Potanto, este último esultado finaliza a demonstação da poposição pedida: s bissetizes po E e F são pependiculaes. SISTE G E ESI 4 Teinamento paa limpíadas de atemática 009

15 3. emonstação ecoe do enunciado que: P // Q. aí, tem-se que PQ é um tapézio isósceles e que suas diagonais tem o mesmo compimento, consequentemente Q P. Po outo lado, P Q P Q, pois deteminam o mesmo aco PQ em S e de modo análogo temos de S, P Q P Q. estas condições, os tiângulos Q e P são semelhantes, mas como, Q P, conclui-se que os tiângulos são conguentes, consequentemente tem o mesmo peímeto. 3. emonstação onstuamos inicialmente uma figua auxilia com os dados do enunciado. esde que 90, e mediatiz de ; o que implica, conclui-se que. Similamente, obtemos K. K estas condições, K + K K. aí K + K 80 ; consequentemente o quadiláteo K é cíclico. Potanto, K K, o que implica dize K// ; o que finaliza a demonstação pedida. 33. emonstação Tace uma tangente XY, comum as duas cicunfeências em T, como é mostado na figua. X T P T θ θ P Y Figua Figua ote que XT T ( enxegam o mesmo aco T). lém disso, note que YTP PT (ve nota). Po outo lado, dos ângulos de vétice T na figua, segue-se: XT + TP + YTP 80, daí TP 80 XT YTP e potanto TP 80 T PT. goa, do tiângulo TP, 80 TP + T + PT, e daí TP 80 T PT. Potanto, TP 80 T PT TP, donde conclui-se que TP é bissetiz do ângulo T. ota: duas etas tangentes a uma cicunfeência fomam ângulos conguentes com a coda unindo os pontos de tangência (figua ). e fato, se TP é uma coda de uma cicunfeência, não passando pelo seu cento, ; e e s são etas tangentes a esta po T e P espectivamente, então o tiângulo TP é isósceles de base TP, e daí TP PT θ (em gaus), e ainda T e P s. aí, segue-se que (90 + θ) é medida do ângulo que a eta TP foma tanto com quanto com s. Quando, petence a PT, claamente o ângulo que as tangentes fomam com PT é eto. SISTE G E ESI 5 Teinamento paa limpíadas de atemática 009

16 34. emonstação Usando o teoema de Pitágoas nos tiângulos etângulos e e em seguida a popiedade de potência de um ponto em elação a uma cicunfeência, podemos esceve da figua ao lado: P Pitágoas no Δ e potência de. ( ) ( ) ( ) Q Raciocinando de análogo, agoa com o Δ e o ponto e, obtemos: (P + Q ) P Q esde que P Q (potência de ), temos ( + ) (P + Q). aí, + P + Q o que finaliza a demonstação. 35. emonstação Sejam U e V os pontos de inteseção, da paalela ao lado atavés do ponto, com as etas e espectivamente. Q esde que e UV //, temos UV, e daí V 90º. Po outo lado, KV 90º. ssim, os pontos, V,, K são concíclicos, donde segue que V K. e modo análogo, U. as da simetia, K K, ou, em outas palavas, K. ssim, V U. esde que temos também V U ( 90º) e comum, os tiângulos V e U são conguentes. ssim, V U. goa, desde UV //, segue do teoema de Tales Q/Q V/U, e, potanto, desde que V U, obtemos Q Q, e que o ponto Q é o ponto médio do segmento ; o que finaliza a demonstação pedida. 36. emonstação a tangência intena ente os cículos Γ e Γ, os pontos, e P são colineaes, e daí P P R, enquanto que da tangência extena ente os cículos Γ e Γ, temos que, e T são colineaes, e potanto T + T R +. esde que o Δ é etângulo em, então o cento de Γ é ponto médio da hipotenusa e ainda. ai, α e. esde que os cículos Γ e Γ são tangentes aos polongamentos dos catetos e, segue que os pontos, e estão sobe a eta supote da bissetiz intena do tiângulo elativa ao vétice. aí, S, K são quadados de lados e espectivamente. lém disso, temos que K, e 45º α (pois, ). SISTE G E ESI 6 Teinamento paa limpíadas de atemática 009

17 45 α α R α R T S R + estas condições, aplicando o TERE S SSES aos tiângulos Δ e Δ, espectivamente, encontamos: (R ) ( ) + R R cos(45º α). e (R + ) ( ) + R R cos(45º α). esenvolvendo e simplificando, obtemos: R R (cos α + sen α) e R R (cos α + sen α) Po outo lado, do Δ, temos cos α, α + R sen e 4R R (Pitágoas). ssim, das igualdades acima, temos: + R e + + R, e potanto ( + R) ( + + R). ( + ) 4R R (). que finaliza a demonstação pedida. 37. igando os centos das tês cicunfeências obtemos o tiângulo Δ de lados 3cm, 4cm e 5cm. omo , esse tiângulo é etângulo, com hipotenusa. 3 3 SISTE G E ESI 7 Teinamento paa limpíadas de atemática 009

18 onstua o etângulo, fazendo uma cópia do Δ, conguente ao tiângulo Δ e com lado comum. Uma vez que 3 e que a cicunfeência de cento também tem aio 3cm, vemos que o ponto está sobe essa cicunfeência. 3 3 igando o ponto a cada um dos vétices do tiângulo Δ e polongando esses segmentos até inteceptaem as cicunfeências, obtemos os pontos P, P e P 3. Temos que: P + P + P P + P P 3 + P P P P 3 este modo P P P 3 6. ssim se consideamos a cicunfeência de cento e aio 6cm vemos que esta cicunfeência passa po P, P e P 3. lém disso, como os pontos {; ; P }, {; ; P } e {; ; P 3 } estão alinhados, segue que a cicunfeência de cento e aio 6cm é tangente às tês cicunfeências dadas de centos, e. Resposta: 6 cm SISTE G E ESI oodenação Geal: icolau amo; oodenação do T: aco ntônio Gabiades; Supevisão de onvênios: Helena Seebinic; ível 3: ntonio alos RSS Junio, GE lbet Jacques Van mson, uís ntonio PE lonso, RERT iguel El Jamal; Pojeto Gáfico, te e Editoação Eletônica: Gáfica e Editoa nglo tda; SISTE G E ESI 8 Teinamento paa limpíadas de atemática 009