IME / ITA

Dado o gráfico abaixo: I1 e I2 são os incentros dos triângulos ABH e HBC, respectivamente. Calcular a área da região Sx em função de S1 e S2.

Resposta

[tex3]\sqrt{s1² + s2²}[/tex3]

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sejam [tex3]X = BA \cap I_1 I_2[/tex3] , [tex3]Y = BH \cap I_1 I_2[/tex3] e [tex3]Z = BC \cap I_1 I_2[/tex3]
[tex3]a = \angle BAC[/tex3]
[tex3]S_1 \cdot S_2 = \frac{BX \cdot B_1 \cdot BI_2 \cdot BZ \cdot \sen (\frac a2) \cdot \sen (45 - \frac a2)}{4}[/tex3]
[tex3]\frac{S_1 \cdot S_2}{S_x} = \frac{BX \cdot BZ \cdot \sen (\frac a2) \cdot \sen (45 - \frac a2) }{\sqrt2} = \sqrt 2(S_1 + S_2 + S_x) \cdot \sen \frac a2 \cdot \sen (45 - \frac a2)[/tex3]

lembre-se que
[tex3]\sen (\frac a2) = \frac{r_1}{BI_1}[/tex3] e [tex3]\sen (45 - \frac a2) = \frac{r_2}{BI_2}[/tex3]

e que [tex3]S_x = \frac{\sqrt 2 BI_1 \cdot BI_2}{4}[/tex3]

[tex3]8S_1S_2 = (S_1 + S_2 + S_x)r_1 r_2 [/tex3]

não terminei o problema aqui vão algumas considerações:
[tex3]I_1I_2^2 = (r_2-r_1)^2 + (r_1 + r_2) ^2 = 2(r_1^2 +r_2^2) \iff I_1 I_2 = \sqrt 2 \sqrt{r_1^2 + r_2^2}[/tex3]

[tex3](BH-r_1)^2 + r_1^2 = BI_1^2 \iff BI_1^2 = BH^2 -2BH r_1 +2r_1^2[/tex3]
[tex3]BI_2^2 = BH^2 - 2BH r_2 + 2r_2^2[/tex3]
lei dos cossenos no triângulo [tex3]S_x[/tex3]

[tex3]2(r_1^2+r_2^2) = 2BH^2 - 2BH (r_1+r_2) + 2(r_1^2+r_2^2) - 4S_x \iff 4S_x = 2BH(BH-r_1-r_2)[/tex3]
[tex3]S_x = BH\frac{(BH-r_1-r_2)}2[/tex3]

[tex3]\frac{BH}{\sen (\frac a2 + 45)} = \frac{r_1\sqrt2}{\sen \frac a2} \iff BH = r_1(1 + \cotg (\frac a2))= r_2(1+ \cotg(45 - \frac a2))[/tex3]

[tex3]r_1(\frac{1 + \tg\frac a2}{\tg\frac a2}) = \frac{2}{1-\tg \frac a2}r_2 \iff r_1 = \tg a \cdot r_2[/tex3]

[tex3]I_1I_2 = \sqrt 2 r_2 \sec a \implies 2S_x = \sqrt 2 r_2 \sec a r_1 (1+ \cotg \frac a2) \iff S_x \sqrt2 = r_1r_2 \sec a(1+\cotg \frac a2)[/tex3]

[tex3]\frac{r_1}{r_2} = \tg a[/tex3]

resolvido abaixo!
era uma questão de achar um quadrilatero ciclico

Mensagem não lidapor **jvmago** » Sáb 22 Dez, 2018 23:31

Cara essa questão tem algum segredinho de bandido não possível

Mensagem não lidapor **jvmago** » Dom 23 Dez, 2018 00:55 · Mensagem não lida por **jvmago** » Dom 23 Dez, 2018 00:55

Não faço a menor idéia de como provar pelo caso geral mas, supondo esse triangulo como sendo isósceles teremos o seguinte:

A reta secante sera paralela a base [tex3]AC[/tex3] , [tex3]PM=NQ=r\sqrt{2}[/tex3] ,[tex3]MN=2r[/tex3] e [tex3]S_1=S_2[/tex3]

Como as alturas não mudam usemos a razão entre as bses:
[tex3]\frac{x}{S_1}=\frac{MN}{PM}[/tex3]
[tex3]x=\frac{S_1*2r}{2\sqrt{2}}[/tex3]
[tex3]x=S_1*\sqrt{2}[/tex3] e é aqui que eu vou roubar, saca só!
[tex3]x^2=2*S_1^2[/tex3] mas [tex3]S_1=S_2[/tex3]
[tex3]x^2=S_1^2+S_2^2[/tex3]
[tex3]x=\sqrt{S_1^2+S_2^2}[/tex3]

MELHOR CARTEADA DO ANO!

Resolvi esta budega:

lembrando [tex3]a = \angle BAC[/tex3]

[tex3]\Delta I_1I_2H \sim \Delta ABC[/tex3]

pois [tex3]\frac{I1H}{I_2H} = \frac{r_1 \sqrt 2}{r_2 \sqrt 2} = \frac{r_1}{r_2} = \frac{AB}{BC} = \frac{\cos a}{\sen a} = \frac1{\tg a}[/tex3]

como [tex3]\Delta I_1I_2H[/tex3] é retângulo também, segue que [tex3]\angle HI_1I_2 = \angle HI_1Y = a = \angle HBY[/tex3]

logo o quadrilátero [tex3]HI_1BY[/tex3] é cíclico portanto

[tex3]\angle BYI_1 = \angle BHI_1 = 45[/tex3] logo [tex3]BX=BY[/tex3] portanto [tex3]\frac{S_2}{S_1} = \frac{r_2}{r_1} = \tg a[/tex3]

então
[tex3]\cos a = \frac{S_1}{\sqrt{S_1^2+S_2^2}}, \sen a = \frac{S_2}{\sqrt{S_1^2+S_2^2}}[/tex3]
[tex3]2S_1 +2S_x = BX \cdot BI_2 \sen(90 - \frac a2)= BX \cdot BI_2 \cos \frac a2[/tex3]
[tex3]\frac{2(S_1+S_x)}{S_2} = 2\frac{BX \cdot BI_2 \cos (\frac a2)}{BX \cdot BI_2 \sen ( \frac a2)}[/tex3]
[tex3]\frac{S_1 + S_x}{S_2} = \frac{\cos \frac a2}{\sen ( \frac a2)} [/tex3]
[tex3]\tg (\frac a2) = \frac{\sen a}{1 + \cos a} = \frac{S_2}{S_1 + \sqrt{S_1^2+S_2^2}}[/tex3]
[tex3](S_1 + S_x)(\frac{S_2}{S_1 + \sqrt{S_1^2+S_2^2}}) = S_2 [/tex3]
[tex3](S_1 + S_x)S_2 = S_2(S_1 + \sqrt{S_1^2+S_2^2}) [/tex3]
[tex3]S_x =\sqrt{S_1^2+S_2^2}[/tex3]

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