Página 1 de 1
(Nivelamento IME/ITA) Geometria Plana
Enviado: Ter 17 Jul, 2018 09:06
por Flavio2020
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 (13.93 KiB) Exibido 1486 vezes
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]
Re: (Nivelamento IME/ITA) Geometria Plana
Enviado: Dom 23 Dez, 2018 22:30
por Auto Excluído (ID:12031)
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]
Re: (Nivelamento IME/ITA) Geometria Plana
Enviado: Sex 11 Jan, 2019 15:58
por Auto Excluído (ID:12031)
[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]
Re: (Nivelamento IME/ITA) Geometria Plana
Enviado: Sáb 12 Jan, 2019 19:18
por jedi
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]