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Mensagem não lidapor **Flavio2020** » 21 Set 2018, 03:42 · Mensagem não lida por **Flavio2020** » 21 Set 2018, 03:42

A figura mostra A e D são pontos de tangência e LU=K.Calcule a distância entre os pontos médios de DU e AL.

: tri.GIF (3.01 KiB) Exibido 1813 vezes

a)K
b)[tex3]\frac{K}{2}[/tex3]
c)[tex3]\frac{K}{4}[/tex3]
d)[tex3]\frac{K\sqrt{2}}{2}[/tex3]
e)[tex3]\frac{K\sqrt{2}}{4}[/tex3]

Resposta

b

Mensagem não lidapor **jvmago** » 22 Set 2018, 00:41 · Mensagem não lida por **jvmago** » 22 Set 2018, 00:41

Essa é bonita mas infelizmente não sei como determinar a perpendicularidade quando chegar no momento eu vou indicar e os amigos feras nesse ponto me deem uma força e vamos lá!!

Trace [tex3]AL[/tex3] e [tex3]DU[/tex3] supondo que [tex3]AL[/tex3] seja perpendicular a [tex3]DU[/tex3] no ponto [tex3]N[/tex3] e que [tex3]N[/tex3] seja o ponto médio de [tex3]DU[/tex3] teremos o seguinte:

[tex3]DnL=n[/tex3] e [tex3]DlN=m[/tex3] assim como [tex3]NaD=n[/tex3] e [tex3]AdN=m[/tex3] e principalmente que [tex3]m+n=90º[/tex3]

A malandragem vem agora!!! prolongue [tex3]DL[/tex3] até um ponto [tex3]O[/tex3] na circunferencia e em seguida trace [tex3]OA[/tex3] vemos que pelo teorema do angulo inscrito [tex3]AoD=m[/tex3] como [tex3]OdA=90[/tex3] então [tex3]OaD=n[/tex3] e isso é brilhante pois o [tex3]\Delta OAL[/tex3] será isósceles já que [tex3]AD[/tex3] é altura e bissetriz.

Façamos agora [tex3]AD=a[/tex3] e [tex3]DL=b[/tex3] note no [tex3]\Delta DLU[/tex3] que este é isósceles pelo fato de [tex3]NL[/tex3] ser altura e mediana e portanto [tex3]b=k=DL[/tex3]

Agora vem o pulo do gato, vamos estipular um ponto [tex3]P[/tex3] sobre [tex3]AU[/tex3] e traçaremos a reta [tex3]NP[/tex3] mas espera aí, [tex3]AI[/tex3] é uma reta que está ligada aos pontos médios do [tex3]\Delta AUD[/tex3] portanto [tex3]NP[/tex3] é base média e [tex3]PN=\frac{a}{2}[/tex3] .

Olhe o [tex3]\Delta AND[/tex3] note que [tex3]ND=\frac{a}{2}[/tex3] e [tex3]AD=a[/tex3] onde um é cateto e o outro é hipotenusa portanto o [tex3]\Delta AND[/tex3] é egípcio fazendo com que [tex3]m=60º[/tex3] e [tex3]n=30º[/tex3] e dessa informação tiramos por trigonometria ainda no [tex3]\Delta ADL[/tex3] que [tex3]k=a\sqrt{3}[/tex3] .

Observe o triangulo [tex3]NDL[/tex3] por trigonometria vemos que [tex3]NL=\frac{a\sqrt{3}}{6}[/tex3]

PRONTO NESSE MOMENTO O PROBLEMA SE ENCERRA PQ!?!

Estipule um ponto [tex3]M[/tex3] sobre [tex3]AL[/tex3] de modo que [tex3]M[/tex3] seja ponto médio de [tex3]AL[/tex3] .

A questão pede [tex3]MN=x[/tex3] .

O ultimo passo é ver que [tex3]DM[/tex3] também é mediana do [tex3]\Delta DLA[/tex3] retangulo e portanto [tex3]MA=ML[/tex3] e que [tex3]2ML=AL[/tex3]

Por trigonometria no [tex3]\Delta ADL[/tex3] vemos que [tex3]AL=2k[/tex3]
[tex3]2ML=2k[/tex3]
[tex3]ML=k[/tex3]
[tex3]MN+NL=k[/tex3]
[tex3]x+\frac{a\sqrt{3}}{6}=k[/tex3] mas [tex3]a=k\sqrt{3}[/tex3]
[tex3]x+\frac{k*\sqrt{3}*\sqrt{3}}{2}=k[/tex3]
[tex3]x+\frac{k}{2}=k[/tex3]

[tex3]x=\frac{k}{2}[/tex3]

PIMBADA DE FIRMEZA!!!

Mensagem não lidapor **jvmago** » 22 Set 2018, 00:43 · Mensagem não lida por **jvmago** » 22 Set 2018, 00:43

Se alguem souber algum teorema que generalize isso ou saiba fazer de um modo mais geral, dá essa moral aí!!

como L é arbitrário e DU é fixo então AL e DU não deveriam ser perpendiculares sempre

Mensagem não lidapor **jvmago** » 22 Set 2018, 14:33 · Mensagem não lida por **jvmago** » 22 Set 2018, 14:33

sousóeu escreveu: ↑22 Set 2018, 09:35 como L é arbitrário e DU é fixo então AL e DU não deveriam ser perpendiculares sempre

Por se tratar de geometria com certeza deve haver um modo mais geral, o complicado é arranjar alguem que saiba

Mensagem não lidapor **jedi** » 22 Set 2018, 21:47 · Mensagem não lida por **jedi** » 22 Set 2018, 21:47

: circ_trian_LU.png (4.76 KiB) Exibido 1725 vezes

Sendo C o ponto médio DU e O o ponto médio de AL

como ADL é um triangulo retângulo então

[tex3]AO=LO=DO=\frac{AL}{2}[/tex3]

pelo teorema dos cossenos

[tex3]CO^2=DO^2+DC^2-2.DO.DC\cos(\theta-\phi)[/tex3]

[tex3]CO^2=DO^2+DC^2-2.DO.DC\cos(\theta)\cos(\phi)-2.DO.DC.\sen(\theta)\sen(\phi)[/tex3]

[tex3]CO^2=\left(\frac{DU}{2}\right)^2+\left(\frac{AL}{2}\right)^2-2.\frac{DU}{2}.\frac{AL}{2}\cos(\theta)\cos(\phi)-2.\frac{DU}{2}.\frac{AL}{2}.\sen(\theta)\sen(\phi)[/tex3]

[tex3]CO^2=\frac{DU^2}{4}+\frac{AL^2}{4}-\frac{DU.AL\cos(\theta)\cos(\phi)}{2}-\frac{DU.AL.\sen(\theta)\sen(\phi)}{2}[/tex3]

mas:

[tex3]AL.\cos(\phi)=AD[/tex3]

[tex3]AL.\sen(\phi)=DL[/tex3]

[tex3]DU.\cos(\theta)=\frac{AD}{2}[/tex3]

substituindo

[tex3]CO^2=\frac{DU^2}{4}+\frac{AL^2}{4}-\frac{AD.AD}{4}-\frac{DL.DU\sen(\theta)}{2}[/tex3]

[tex3]CO^2=\frac{DU^2}{4}+\frac{AL^2-AD^2}{4}-\frac{DL.DU\sen(\theta)}{2}[/tex3]

[tex3]CO^2=\frac{DU^2}{4}+\frac{DL^2}{4}-\frac{DL.DU.\sen(\theta)}{2}[/tex3]

mas:

[tex3]\theta+\alpha=90º[/tex3]

[tex3]\sen(\theta)=\cos(\alpha)[/tex3]

substituindo

[tex3]CO^2=\frac{DU^2}{4}+\frac{DL^2}{4}-\frac{DL.DU.\cos(\alpha)}{2}[/tex3]

[tex3]CO^2=\frac{1}{4}\left(DU^2+DL^2-2.DL.DU.\cos(\alpha)\right)[/tex3]

mas pelo teorema dos cossenos novamente

[tex3]CO^2=\frac{1}{4}.LU^2[/tex3]

[tex3]CO^2=\frac{K^2}{4}[/tex3]

[tex3]CO=\frac{K}{2}[/tex3]

Mensagem não lidapor **jvmago** » 22 Set 2018, 21:55 · Mensagem não lida por **jvmago** » 22 Set 2018, 21:55

brilhante!!!!

Mensagem não lidapor **Andre13000** » 23 Set 2018, 00:15 · Mensagem não lida por **Andre13000** » 23 Set 2018, 00:15

Outra forma de fazer: na figura do jedi, seja P ponto médio de AU. Temos OP base média. Além disso, é fácil notar a congruência entre os triângulos AOP e OCD (LAL) pois AOD e ADU são isósceles.Daí, OC=OP=k/2.

L não era arbitrário, eu que não vi o ângulo de 90 graus no ponto D

: tri.GIF (3.45 KiB) Exibido 1683 vezes

Boa tarde, sousóeu! Então mestre, acredito que você esteja certo, o jvmago fez um dos casos, mas não o geral. Isso é fácil de verificar pelo teorema do ângulo externo no [tex3]\triangle ABC[/tex3] . Esse é aquele tipo de exercício que a imagem te dá algo como certo (Lembra do losango jvmago ) mas não é sempre assim, é clássico de trigonometria. Atacá-lo por plana não é uma boa saída.
Obs.: L deve (Acredito que minha reta não foi bem uma reta kkkk) estar sempre na reta perpendicular a [tex3]\overline{AD}[/tex3] em D, obviamente no plano do desenho.

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