Sejam R1 e R2 e R3 os raios das semi-círcunferências da menor para a maior que estão sobre a hipotenusa AC.

Pelo Teorema de Burlet:
=(2R_1)\cdot(2R_2)\cdot\cotg\left(\frac{90^{\circ}}{2}\right)\\...

\mathsf{
Q(centro) \therefore \angle COA=45^o = \angle QCO\\
\angle COA=2\angle OCB ~ (\text{áreas compreendidas por ângulos iguais = 45o}) \therefore \\
S_1 \sim S_2 \implies \text{Teorema das áreas...

Seja O' o centro do círculo de cima, o triângulo OO'P é equilátero.
Como o círculo de cima é tangente a AB por O então OO' perpendicular a AB
então o ângulo BOP = 30º então BAP = 15º e o ângulo APO'...

\mathsf{OP = PB \implies AP=PB=OP=2\\
\text{OP é tangente a circunferencia} \\
\angle QAP=2a \therefore \angle AQO=45−2a\\
\angle QPO=a\\
\angle AQO=135^o+a\\
T.senos \triangle AOQ :...

Por simetria no centro O BR=PQ=6

Pede-se 2X=π(R²-r²)

Por potencia de ponto

6*(10)=(R-r)(R+r)
R²-r²=60
Usando lá em cima
2x=60π
X=30π

PIMBADA

S = área procurada
\mathsf{AO=BO=R\\
\overset{\LARGE{\frown}}{AOB} = 270^o\implies \angle AMB(inscrito) = 135^o\\
Traçar:AB\\
T.Pit~- \triangle AOB: R^2+R^2 = AB^2 \implies AB = R\sqrt2\\
L....

Seja O centro do semicírculo de raio R
S = área sombreada
\mathsf{
OG=\frac{a}{2}+b\\
OD=OA=\frac{a}{2}.\\
T.Pit:\triangle OFG~ e~ \triangle OCD:\
(\frac{a^2}{2}+b)^2+b^2=R^2 ~e ~R^2=\frac{5}{4}a^2...

\mathsf{
OP=OQ = 6\\
OK \perp PQ \implies OK = 3\\
\triangle PKQ:cos 30^o =\frac{PK}{6}\implies PK = 3\sqrt3\\
A_X = S_{setAED} - S_{\triangle POQ} = \frac{\pi6^2}{3}-\frac{6\sqrt3}{2} =...

\mathsf{
S_{ABC} =\frac{1}{2}.sen30^o.AC.CB = 32\sqrt3\\
cos30^o = \frac{BC}{AC} \implies BC = AC\frac{\sqrt3}{2}\\
\therefore 32\sqrt3 = \frac{1}{2}.\frac{1}{2}.\frac{\sqrt3}{2}.AC^2\implies AC =...

\mathsf{\triangle ABH: (AB)^2 = (2n)^2+(2h)^2 \implies AB = 2\sqrt{(n^2+h^2)}\\
I+S_{ABC} = 40(i)\\
II+10 = \frac{\pi r^2}{2}(ii)\\
I+II+S_{ABC}=\frac{\pi R^2}{2}(iii)\\
(i)+(ii) = I+II+S_{ABC} =...

\mathsf{ CQ:CP=QR:PT⟹\\
AP:AQ=QR:PT⟹\\
AP⋅PT=AQ⋅QR\\
mas \frac{S_{APT}}{S_{AQR}}=\frac{AP.PT}{AQ.QR}= 1\\
\therefore S_{APT}=S_{AQR} \implies S_{ARH}+ S_{AHQ} = S_{HTPQ}+S_{AHQ}=S_{AQPT}\\
\therefore...

\mathsf{
\triangle AFD(equilátero)\implies S_{AFD} = \frac{l^2\sqrt3}{4} =\sqrt3\\
S_{setorABF} = S_{setorFCD} = \frac{\pi r^2}{12} =\frac{\pi}{3}\\
S_{ABCD} = 2^2 = 4\\
S_{\triangle AED} =...

R = raio do círculo
r = raio do setor
\mathsf{

S_{set} = \frac{\pi r^2}{6}=24 \therefore r = \frac{12\sqrt \pi}{\pi}\\
sen30^o =\frac{R}{r-R}\implies...

Fazendo a construção como se pede, teremos o seguinte esquema:

Nota-se aqui que, devido à circunferência e ao retângulo, há alta simetria a ser explorada. Primeiramente, devido aos ângulos retos...

\mathsf{
OO1=R. \therefore AO1=R\sqrt2 (\triangle AO1O - isósceles ~reto)\\\
O1A=O1D \implies OD=R+R\sqrt2.\\
T,Pit: △ADO :
AD^2=AO^2+DO^2=R^2+R^2(1+\sqrt2)^2 \implies \\R=\sqrt{16−8\sqrt2}...

\mathsf{\triangle OPD \sim \triangle ADC (\angle ODP) comum\\

AD = 2OD \implies k=1:2, \therefore \text{P é ponto médio de CD e AP é mediatriz de CD}\\

\text{Quadrilátero ABCP é inscritível já que...

Calculando as areas dos quadrados e dos triângulos retângulos teremos:
25+16+9 + 6 +6= 62
\mathsf{\angle CAB = \theta \\
sen \theta = \frac{4}{5}\\
\angle NAQ = 180 - \theta \therefore sen\ \theta =...

\mathsf{S_{BOC}.S_{AOD} =S_{BOA}.S_{COD} ~mas S_{AOB}=S_{CDO}\\
\therefore S_{ABO} = \sqrt{9.16} =12 = S_{CDO}\implies S_{ABCD} = 9+16+24 = 49\\
△AOD \sim △BOC \therefore BC:AD=3:4\\
\frac{...

\mathsf{Trace ~ RH\perp AB\\
∠MAP=∠BAC \\ AB=AM, M,N,E (collneares).\\
△ARH∼△PAB ~e ~ RH=AB.\\
= (1)\\
\therefore △APB∼△EPN⟹PBAB=PNEN\\
PB⋅EN=AB⋅PN⟹ = (2)\\
(1)+(2),\\
+ =S1\\
+ + =S1+S2\\
Mas +...

\mathsf{T.Menelaus:△ABC-PQ \\
\frac{BQ}{AQ}⋅\frac{AM}{MC}⋅\frac{CP}{PB}=1⟹\frac{ }{ }=\frac{ }{ }\\
mas~ PQ∥BR ~e ~△RPB~e~ △RBQ ~tem ~base ~comum ~BR \implies\\
= \\
\therefore \boxed{\color{red} =...

\mathsf{
S_{PQLS} = S_{PQL}+S_{QLS} = \frac{LQ.h}{2}+\frac{LQ.h_1}{2}=\frac{LQ(h+h_1)}{2} = \frac{6.8}{2}=\boxed{\color{red}24}

}

Se LABE é romboide, então BE=LABE=LA .
Marque os pontos PP e KK sobre BCBC e EFEF tal que L,A,P,KL,A,P,K seja colineares.
Fica fácil ver que BE=EKBE=EK e isso é brilhante pois ai podemos usar o...

Apenas por propriedade de áreas

S1+c+S3=a+x+b+d+S2
S1-S2+S3-x=a+b-c+d

Por outro lado
b+S1+d+a+S3=x+c+S2

x-S1+S2-S3=a+b-c+d igualando

x-S1+S2-S3=S1-S2+S3-x
2x=2(S1-S2+S3)
X=S1-S2+S3

X=21-42+28...

Por simetria de Q em relação a P apliquemos point potence

36=x(x+5)
X²+5x-36=0

2X=(-5+√(∆))

∆=25+144=169
2x=-5+13
X=4

S=6*(2r)-6*4

por tio Pit

r²=36+25/4
r²=(13/5)^2
r=13/2

E=6*13-6*4
S=9*6=54...

ESSA É BEM SIMPLES, BASTA NOTAR QUE DF\\AB DAÍ TEMOS

Perceba que S(ABD)=ABE+x

Além do mais

2ABD=S(ABCD)

Por fim, por propriedade 2(ABE+36)=S(ABCD)

2(ABE+36)=2(ABE+X)
X=36

PIMBADA

imagino que tenha um jeito com menos contas, mas, vamos lá.

2S_{PBD} = PB \cdot BD \cdot \sen (\alpha)
2S_{QBD} = QB \cdot BD \cdot \sen (\alpha)

então:

2S_{BPDQ} = (PB+ QB) \cdot BD \cdot...