Bom vamos lá, não tem nada de bonito nessa resolução. Seja O o centro do ex-incirculo de ABC tangente ao lado BC, temos que AO é bissetriz do ângulo BAC, seja Q a intercessão de AO com BC, e J o pé da perpendicular tirada de O ao lado AC, sendo BAQ=x, nós teremos CAQ=ACB=x, AQB=OQC=2x. E OC é bissetriz de BCJ, assim BCO=90-x/2, e sendo P a intercessao de MO com BC.
1)Aplicando lei dos senos no triângulo AQC teremos AQ/AC=senx/sen(2x) 2)Agora aplicando no triângulo AMO teremos AM/MO=sen(QOP)/senx 3)E no triângulo CMO novamente lei dos senos teremos MC/MO=sen(COP)/cos(x/2) 4)Como AM=MC, dos itens (2) e (3) segue que sen(QOP)/sen(COP)=senx/cox(x/2) 5) Para o triângulo QPO, nós teremos sen(QOP)=[(QP)sen(2x)]/PO 6) Para o triângulo CPO, nós teremos sen(COP)=[(CP).cos(x/2)]/PO 7)Dos itens (5) e (6) podemos concluir que sen(QOP)/sen(COP)=[(QP).sen(2x)]/[(CP).cos(x/2)] 8)E de (4) e (7) nós temos senx/cos(x/2)=[(QP).sen(2x)]/[(CP).cos(x/2)], ou melhor QP/CP=senx/sen(2x) 9)Agora de (1) e (8) AQ/AC=QP/CP, donde vem QAP=CAP e BAP=x+QAP=x+CAP=BPA, ou seja ABP é isosceles e AB=BP. Um abraço do Douglas Oliveira. Em 1 de outubro de 2016 19:54, vinicius raimundo <[email protected]> escreveu: > Será que alguém poria me ajudar na seguinte questão? > > > 1. > > (Belarus) Seja O o centro do círculo ex-inscrito do triângulo ABC oposto > ao vértice A. Seja M o ponto médio de AC e seja P a intersec ̧ão das > retas MO e BC. Prove que se ∠BAC = 2∠ACB, então AB = BP. > > > -- > Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e > acredita-se estar livre de perigo. -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo.
