Proposed Problem
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Complete Problem 359
Level: High School, SAT Prep, College geometry
Thursday, September 24, 2009
Problem 359. Cyclic quadrilateral, Angle bisector, Rhombus
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Ang(AEN) = ang(DEN) = a, Ang(AFH) = Ang(HFB) = c, ang(ECF) = ang(ECD) = d, ang(EAF) = b, ang(EOF) = x. Assim, teremos que: d = x + a + c , a + c = d – x (1) e x = b + a + c , a + c = x – b (2). De (1) e (2), temos que: x – b = d – x , x = d + b = 90°, pois ABCD é um quadrilátero cíclico. Assim, MN HG. Como EO perpendicular a HG e EO é bissetriz do ângulo AED, temos que o triângulo EHG é isósceles, concluindo que EO é também mediana do triângulo EHG em relação ao lado HG. Assim, HG = OG. De modo análogo, OM = ON. Como O é ponto médio das diagonais MN e HG, HMGN é um paralelogramo. Como as diagonais HG e MN são perpendiculares, então o paralelogramo é um losango.
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