IME / ITA(Nivelamento IME/ITA) Geometria Plana Tópico resolvido

Aqui deverão ser postadas questões desses vestibulares e de outras instituições militares (EN, CN, EsPCEx etc.).

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Flavio2020
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Jul 2018 17 09:06

(Nivelamento IME/ITA) Geometria Plana

Mensagem não lida por Flavio2020 » Ter 17 Jul, 2018 09:06

Segundo o gráfico [tex3]I[/tex3] é o incentro do triângulo [tex3]ABC[/tex3] e [tex3]E[/tex3] é excentro do triângulo [tex3]ABC[/tex3] . Calcular [tex3]S_x[/tex3] em função de [tex3]S_1[/tex3] e [tex3]S_2[/tex3] , se sabe-se que [tex3]S_1[/tex3] , [tex3]S_2[/tex3] e [tex3]S_x[/tex3] são as regiões sombreadas.
2.PNG
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a) [tex3]2S_1-S_2[/tex3]
b) [tex3]S_1 -2S_2[/tex3]
c) [tex3]3S_1-S_2[/tex3]
d) [tex3]S_1-S_2[/tex3]
e) [tex3]S_1 -\frac{S_2}{2}[/tex3]
Resposta

d




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sousóeu
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Dez 2018 23 22:30

Re: (Nivelamento IME/ITA) Geometria Plana

Mensagem não lida por sousóeu » Dom 23 Dez, 2018 22:30

vou começar
a reta [tex3]IE[/tex3] é bissetriz de [tex3]A[/tex3] logo [tex3]T[/tex3] é ponto médio do arco [tex3]BC[/tex3]
[tex3]\angle TCI = \frac{\angle TCB + \angle BCI}2 = \frac{A+C}2 = 90 -\frac B2[/tex3]
como [tex3]\angle CTI = \angle CTA = B \implies \angle CIT = \angle TCI \iff TI = TC = TB [/tex3]

Última edição: sousóeu (Dom 23 Dez, 2018 23:13). Total de 1 vez.



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sousóeu
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Jan 2019 11 15:58

Re: (Nivelamento IME/ITA) Geometria Plana

Mensagem não lida por sousóeu » Sex 11 Jan, 2019 15:58

[tex3]2S_2 = TC \cdot (p-b) \cdot \sen (C+\frac A2)[/tex3]
[tex3]D[/tex3] é o pé da altura por [tex3]I[/tex3] ao lado [tex3]AC[/tex3]
[tex3]S_1 + [DTC] = [BTI] + [ITC] + S_x[/tex3]
[tex3]S_1 - S_x = \frac{BT^2 \sen (2C) + BT^2 \sen (2B) -(p-c) \cdot TC \cdot \sen (C+\frac A2)}2[/tex3]
lembrando que [tex3]BT=TC[/tex3]
Última edição: sousóeu (Sex 11 Jan, 2019 16:05). Total de 1 vez.



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jedi
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Jan 2019 12 19:18

Re: (Nivelamento IME/ITA) Geometria Plana

Mensagem não lida por jedi » Sáb 12 Jan, 2019 19:18

considerando D o ponto entre A e C em que DI é perpendicular à AC

[tex3]DC=\frac{AC+BC-AB}{2}[/tex3]

[tex3]AH=\frac{AB+AC+BC}{2}[/tex3]

[tex3]CH=AH-AC=\frac{AB+BC-AC}{2}[/tex3]

[tex3]DH=DC+CH=BC[/tex3]

portanto a base do triangulo [tex3]\Delta HDT[/tex3] é igual à BC

Visto que o triângulo BTC é isóceles então:

[tex3]TC=TI=TB=\frac{BC}{2.\cos(\frac{A}{2})}[/tex3]

[tex3]\angle ITB=C[/tex3] e [tex3]\angle ITC=B[/tex3]

portanto a área do quadrilátero ICTB será

[tex3]A_{ICTB}=\frac{TC.TI.cos(B)}{2}+\frac{TB.TI.cos(C)}{2}[/tex3]

[tex3]A_{ICTB}=\frac{1}{2}.\frac{BC^2}{4.\cos^2(\frac{A}{2})}.(\sen(B)+\sen(C))[/tex3]

[tex3]A_{ICTB}=\frac{1}{2}.\frac{BC^2}{4.\cos^2(\frac{A}{2})}.(\sen(A+C)+\sen(C))[/tex3]

[tex3]A_{ICTB}=\frac{1}{2}.\frac{BC^2}{4.\cos^2(\frac{A}{2})}.(\sen(A)\cos(C)+\cos(A)\sen(C)+\sen(C))[/tex3]

[tex3]A_{ICTB}=\frac{1}{2}.\frac{BC^2}{4.\cos^2(\frac{A}{2})}.\left[2.\sen(\frac{A}{2}).\cos(\frac{A}{2})\cos(C)+(2\cos^2(\frac{A}{2})-1)\sen(C)+\sen(C)\right][/tex3]

[tex3]A_{ICTB}=\frac{1}{2}.\frac{BC^2}{4.\cos^2(\frac{A}{2})}.\left[2.\sen(\frac{A}{2}).\cos(\frac{A}{2})\cos(C)+2\cos^2(\frac{A}{2})\sen(C)\right][/tex3]

[tex3]A_{ICTB}=\frac{BC^2}{4.\cos(\frac{A}{2})}.\left[\sen(\frac{A}{2}).\cos(C)+\cos(\frac{A}{2})\sen(C)\right][/tex3]

[tex3]A_{ICTB}=\frac{BC^2}{4.\cos(\frac{A}{2})}.\sen(\frac{A}{2}+C)[/tex3]

A area do triangulo HDT por sua vez será:

[tex3]A_{HDT}=\frac{TC.\sen(C+\frac{A}{2})}{2}.DH[/tex3]

[tex3]A_{HDT}=\frac{BC^2.\sen(C+\frac{A}{2})}{4.\cos(\frac{A}{2})}[/tex3]

portanto a área do triangulo HDT e do quadrilátero ICTB são iguais

mas

[tex3]A_{HDT}=S_x+S_2+A_{branca}[/tex3]

[tex3]A_{ICTB}=S_1+A_{branca}[/tex3]

[tex3]S_x+S_2+A_{branca}=S_1+A_{branca}[/tex3]

[tex3]S_x=S_1-S_2[/tex3]




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