OlimpíadasGeometria Plana - Problema 23 Tópico resolvido

Aqui devem ser postados problemas Olímpicos. Informe a olimpíada e o ano no título do tópico. Exemplo: (OBM - 2008).

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jvmago
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Geometria Plana - Problema 23

Mensagem não lida por jvmago »

Se [tex3]\Delta ABC[/tex3] é equilátero de lado [tex3]2a[/tex3] determine os raios
60612028_2315854265402774_4510293986736340992_n.jpg
60612028_2315854265402774_4510293986736340992_n.jpg (21.1 KiB) Exibido 1659 vezes
Uma questão belíssima porem bem pesada
Resposta

[tex3]a(\sqrt{3}-\sqrt{2})[/tex3]
só quero ver PIMBADA NERVOSA!!



Não importa se você é magrinho ou gordinho, alto ou baixo, o que te difere dos outros é quando expõe seus conhecimentos.

guila100
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Re: Geometria Plana - Problema 23

Mensagem não lida por guila100 »

esse M e N ai é o q ?? é um ponto qualquer?




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jvmago
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Re: Geometria Plana - Problema 23

Mensagem não lida por jvmago »

É um ponto qualquer, nada de mediana nem bissetriz nem nada é uma ceviada doida


Não importa se você é magrinho ou gordinho, alto ou baixo, o que te difere dos outros é quando expõe seus conhecimentos.

Auto Excluído (ID:12031)
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Mai 2019 23 01:13

Re: Geometria Plana - Problema 23

Mensagem não lida por Auto Excluído (ID:12031) »

o centro X da circunferência de cima está na bissetriz do ângulo B.
Sabemos que no triângulo equilátero essa bissetriz é também mediatriz de AC, logo XA = XC.
Sejam T1 e T2 os pontos de contato da circunferência de cima com AN e CM, respectivamente. Então triângulo AXT1 é conguente ao CXT2 por serem retângulos de mesmo cateto e hipotenusa.
Isso implica que o ângulo BAN = ângulo BCM. Seja T o encontro de CM e AN.
Então o triângulo ATC é isósceles e portanto a circunferência de baixo tangencia o lado AC no seu ponto médio, M.
Seja Y o centro da circunferência de baixo. Então B,X,T,Y,M são alinhados.

BX = 2r
YM = r
T é ponto médio de X e Y (pensando na homotetia em T)
a questão é encontrar TX ou TY em função de a e de r, dá pra resolver com algums contas olhando pro triângulo AXY, vou esperar pra ver se alguém tem uma ideia mais esperta



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Re: Geometria Plana - Problema 23

Mensagem não lida por jvmago »

IMG_20190524_095840724.jpg
IMG_20190524_095840724.jpg (23.07 KiB) Exibido 1607 vezes


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Re: Geometria Plana - Problema 23 . Sangaku 1

Mensagem não lida por jvmago »

Bom dia senhores, como de costume no segundo dia pós criação do tópico eu trago minha solução. Para aqueles que ainda desejam continuar tentando um saída posso afirmar que tem duas saídas: pontos de tangencia e trigonometria

Essa vai ser a segunda de muitas SANGAKUS, pretendo colocar todas as elas nessa série de tópicos que virão logo após eu terminar fisica.

Resumidamente Sangakus foram tábuas orientais com generalizações geométricas muito importantes para os estudo da geometria e para a matemática em si: [tex3]\frac{1}{\sqrt{R}}=\frac{1}{\sqrt{r_1}}+\frac{1}{\sqrt{r_2}}[/tex3] (esta é um exemplo).

Outro bom ponto dessas tabuas são seus bons niveis de demonstração alguns doidos outros insanos o que se torna um otimo exercicio para quem ja saturou de peruanos/russos assim como esses anteriores, agrega em muito no raciocínio do aluno. Meu maior intuito agora é disponibilizar essas maravilhas em PT-BR com soluções em PT-BR infelizmente você precisa adentrar muuuuuuito para encontrar algo legal com boas explicações porém ajuda no ponto em que precisamos raciocinar por nós mesmos para resolver!!

-----DICAS-----

Para trigonometria faça o angulo [tex3]MpO=\theta[/tex3] , brinque com pontos de tangencia sem ficar com medo e as coisas vão ficar bem (não fique acanhado em usar soma de arcos!!!)
A geométrica eu farei aqui!!!

-----RESOLUÇÃO------
Para essa questão recomendo https://www.youtube.com/watch?v=m3zvVGJrTP8

Observe bem a figura e partiu!!!

Como o Mestre SouSóeu provou os pontos [tex3]O',O,P,A,H[/tex3] fazem parte de um homotético muito doido e portanto estes pontos serão colineares

Por trigonometria no [tex3]\Delta AGO'[/tex3] tiramos:

[tex3]AG=AF=r\sqrt{3}[/tex3] e [tex3]AO'=2r[/tex3]

Se [tex3]AB=2a[/tex3] então [tex3]BF=2a-r\sqrt{3}[/tex3]

Se [tex3]BF[/tex3] é segmento tangente então [tex3]BF=BN=2a-r\sqrt{3}[/tex3]

Pelo gráfico temos [tex3]O'F=O'G=OH=OM=OL=O'K=O'N=r[/tex3] (K é ponto de tangencia entra P e E esqueci de por na foto) esse dado é importante pois pelo caso [tex3]LAA_0[/tex3]

[tex3]\Delta OMP = \Delta OLP = \Delta PNO' = \Delta PKO'[/tex3] e portanto:

[tex3]KP=PN=MP=PL[/tex3] tal que [tex3]P[/tex3] é ponto médio de [tex3]MN[/tex3] essa é outra informação importantíssima!!

Se [tex3]H[/tex3] é o pé da altura então [tex3]BH=HC=a[/tex3]

Como [tex3]H[/tex3] é ponto de tangencia então [tex3]BH=BM=a[/tex3] mas [tex3]BN=2a-r\sqrt{3}[/tex3] ENTÃO [tex3]MN=a-r\sqrt{3}[/tex3]

Sabemos pela congruencia que [tex3]MP=PN=\frac{MN}{2}=\frac{a-r\sqrt{3}}{2}[/tex3] Nosso problema agora se resume em encontrar [tex3]OO'[/tex3] e isso é facil!!!

[tex3]AH=\frac{2a\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}[/tex3] como [tex3]O'A=2r[/tex3] E [tex3]OH=r[/tex3] ENTÃO [tex3]OO'=a\sqrt{3}-3r[/tex3]

Sabemos pela congruencia que [tex3]O'P=PO=\frac{OO'}{2}=\frac{a\sqrt{3}-3r}{2}[/tex3] Agora acabou!!!! aplicando pitágoras no [tex3]\Delta OMP[/tex3]

[tex3](\frac{a-r\sqrt{3}}{2})^2+r^2=(\frac{a\sqrt{3}-3r}{2})^2[/tex3]
[tex3]3a^2+9r^2-6ar\sqrt{3}=a^2-2ar\sqrt{3}+3r^2+4r^2[/tex3]
[tex3]2a^2-4ar\sqrt{3}+2r^2=0[/tex3]
[tex3]r^2-2ar\sqrt{3}+a^2=0[/tex3]
[tex3]\Delta = 12a^2-4a^2=8a^2[/tex3]

[tex3]r=\frac{2a\sqrt{3}+-2a\sqrt{2}}{2}[/tex3]
[tex3]r=a(\sqrt{3}+-\sqrt{2})[/tex3]

Para [tex3]r=a(\sqrt{3}+\sqrt{2})[/tex3] [tex3]BF=2a-r\sqrt{3}<0[/tex3] PORTANTO SÓ CONVÉM [tex3]r=a(\sqrt{3}-\sqrt{2})[/tex3]

[tex3]PIMBADA[/tex3]
Última edição: jvmago (Sex 24 Mai, 2019 10:40). Total de 1 vez.


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Auto Excluído (ID:12031)
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Mai 2019 24 12:37

Re: Geometria Plana - Problema 23

Mensagem não lida por Auto Excluído (ID:12031) »

boa! Não percebi o valor de MN




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