Seja [tex3]ABC[/tex3]
um triângulo retângulo em [tex3]C[/tex3]
com [tex3]\bar{AC}<\bar{BC}.[/tex3]
Sejam [tex3]D[/tex3]
um ponto do lado [tex3]AC[/tex3]
e [tex3]K[/tex3]
um ponto do segmento [tex3]BD[/tex3]
tais que [tex3]K\hat A D \equiv A\hat K D \equiv A \hat BC.[/tex3]
Calcule [tex3]\frac{\bar{BK}}{\bar{CD}}.[/tex3]
Obrigada.
Olimpíadas ⇒ Geometria Plana: Triângulos Tópico resolvido
Moderador: [ Moderadores TTB ]
Jul 2008
15
19:56
Geometria Plana: Triângulos
Última edição: Ana (Ter 15 Jul, 2008 19:56). Total de 1 vez.
Set 2008
12
15:03
Re: Geometria Plana: Triângulos
Eu achei como resposta [tex3]\frac{BK}{CD}=2[/tex3]
.
Se você ainda estiver por aí e quiser que eu mostre como foi, por favor manifeste-se.
Se você ainda estiver por aí e quiser que eu mostre como foi, por favor manifeste-se.
Última edição: fabit (Sex 12 Set, 2008 15:03). Total de 1 vez.
SAUDAÇÕES RUBRONEGRAS HEXACAMPEÃS !!!!!!!!!!!
Dez 2008
29
11:59
Re: Geometria Plana: Triângulos
Putz, cara, esse problema eu lembro de ter penado pra fazer, e com certeza joguei fora os rascunhos, kkkkk (Pudera! A solução foi em setembro!)
Sem querer parecer o Fermat tirando onda com seu último teorema, vou ter que REFAZER, com a vantagem de saber que no final dá 2, salvo erro.
De tarde vou ver se consigo tempo pra atacar o problema.
Você tem menção honrosa? Legal, cara. Parabéns (pra nós dois, pois eu tenho em 1989 - décima primeira OBM).
Sem querer parecer o Fermat tirando onda com seu último teorema, vou ter que REFAZER, com a vantagem de saber que no final dá 2, salvo erro.
De tarde vou ver se consigo tempo pra atacar o problema.
Você tem menção honrosa? Legal, cara. Parabéns (pra nós dois, pois eu tenho em 1989 - décima primeira OBM).
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triplebig 
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Dez 2008
29
13:23
Re: Geometria Plana: Triângulos
fabit escreveu:Sem querer parecer o Fermat tirando onda com seu último teorema, vou ter que REFAZER, com a vantagem de saber que no final dá 2, salvo erro.
heheheheheh, mto boa.
Mas beleza, não tenha pressa, eu também apanhei desta questão.
Sim, consegui a Menção Honrosa, faltando 8 pontinhos pra conseguir bronze! Mas pra mim ta ótimo nem achava que ia pra terceira fase. Parabéns pra você também, é um grande feito ficar entre os 40 primeiros colocados nacionais numa prova monstruosa daquelas. Você chegou a fazer a OBM universitária?
Abraços, valeu pela ajuda.
Última edição: triplebig (Seg 29 Dez, 2008 13:23). Total de 1 vez.
Dez 2008
29
15:19
Re: Geometria Plana: Triângulos
No meu tempo nem tinha nível universitário. Era uma única fase.
Já lembrei como comecei: usei a velha e boa Geometria Analítica.
Pus o vértice C, reto do triângulo, na origem e usei a convenção ususal de batizar os lados com a minúscula correspondente à letra maiúscula do vértice oposto (BC=a, AC=b, AB=c), e aí fica C=(0;0), A=(0;b), B=(a;0).
Aí temos a>b no enunciado.
Como a figura pode ter qualquer tamanho, marquei o ponto D e impus que tivesse coordenadas (0;1), de modo a termos CD=1, pois assim o trabalho de encontrar a razão BK/CD fica reduzido a encontrar a medida BK.
Chamando de m a medida dos ângulos que o enunciado diz serem congruentes, temos:
[tex3]K\hat{A}D=A\hat{K}D=A\hat{B}C=m\Rightarrow K\hat{D}C=2m[/tex3] , pois a soma de dois internos de qualquer triângulo vale o externo não computado.
No triângulo ABC vemos que [tex3]\tan{(m)}=\frac{b}{a}[/tex3] e no BDC tiramos [tex3]\tan{(2m)}=\frac{a}{1}=a[/tex3] . Usando a fórmula da tangente do arco duplo tiramos a relação [tex3]a^2=b(b+2)[/tex3] .
Agora, sem eliminar o [tex3]a[/tex3] , faço umas contas para achar as equações das retas BD (que fica [tex3]y=1-\frac{b}{a}x[/tex3] ) e AK (que fica [tex3]y=b-\frac{a}{b}x[/tex3] ). O objetivo disso é resolver um sistema 2x2 para achar as coordenadas do ponto K em função de [tex3]a[/tex3] e [tex3]b[/tex3] . Obs: a inclinação da reta AK é o inverso da inclinação de BD porque o ângulo que BD fazs com o eixo x é o mesmo que AK faz com o eixo y (aquele a quem batizamos de m).
Se não errar em conta, seu ponto K será [tex3]K=\(\frac{ab(b-1)}{a^2-b};\frac{a^2-b^2}{a^2-b}\)[/tex3] .
Aí você elimina o [tex3]a=\sqrt{b(b+2)}[/tex3] e calcula BK usando distância [tex3]BK^2=(x_B-x_k)^2+(y_B-y_K)^2[/tex3] . Esse final parece que não vai dar em nada mas tenha coragem que no final o [tex3]b[/tex3] corta e dá BK=2.
Já lembrei como comecei: usei a velha e boa Geometria Analítica.
Pus o vértice C, reto do triângulo, na origem e usei a convenção ususal de batizar os lados com a minúscula correspondente à letra maiúscula do vértice oposto (BC=a, AC=b, AB=c), e aí fica C=(0;0), A=(0;b), B=(a;0).
Aí temos a>b no enunciado.
Como a figura pode ter qualquer tamanho, marquei o ponto D e impus que tivesse coordenadas (0;1), de modo a termos CD=1, pois assim o trabalho de encontrar a razão BK/CD fica reduzido a encontrar a medida BK.
Chamando de m a medida dos ângulos que o enunciado diz serem congruentes, temos:
[tex3]K\hat{A}D=A\hat{K}D=A\hat{B}C=m\Rightarrow K\hat{D}C=2m[/tex3] , pois a soma de dois internos de qualquer triângulo vale o externo não computado.
No triângulo ABC vemos que [tex3]\tan{(m)}=\frac{b}{a}[/tex3] e no BDC tiramos [tex3]\tan{(2m)}=\frac{a}{1}=a[/tex3] . Usando a fórmula da tangente do arco duplo tiramos a relação [tex3]a^2=b(b+2)[/tex3] .
Agora, sem eliminar o [tex3]a[/tex3] , faço umas contas para achar as equações das retas BD (que fica [tex3]y=1-\frac{b}{a}x[/tex3] ) e AK (que fica [tex3]y=b-\frac{a}{b}x[/tex3] ). O objetivo disso é resolver um sistema 2x2 para achar as coordenadas do ponto K em função de [tex3]a[/tex3] e [tex3]b[/tex3] . Obs: a inclinação da reta AK é o inverso da inclinação de BD porque o ângulo que BD fazs com o eixo x é o mesmo que AK faz com o eixo y (aquele a quem batizamos de m).
Se não errar em conta, seu ponto K será [tex3]K=\(\frac{ab(b-1)}{a^2-b};\frac{a^2-b^2}{a^2-b}\)[/tex3] .
Aí você elimina o [tex3]a=\sqrt{b(b+2)}[/tex3] e calcula BK usando distância [tex3]BK^2=(x_B-x_k)^2+(y_B-y_K)^2[/tex3] . Esse final parece que não vai dar em nada mas tenha coragem que no final o [tex3]b[/tex3] corta e dá BK=2.
Última edição: fabit (Seg 29 Dez, 2008 15:19). Total de 1 vez.
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Auto Excluído (ID:276)
- Última visita: 31-12-69
Dez 2008
30
11:59
Re: Geometria Plana: Triângulos
só consigo achar [tex3]\frac{2}{tan (A\hat{B}C)[/tex3]
DE//CB , AD = DK
[tex3]CD = AD . cos 2\alpha[/tex3]
[tex3]CK = AD . sen 2\alpha[/tex3]
é fácil ver que [tex3]\frac{AD}{AD + CD} = \frac{1}{2cos^2 \alpha}[/tex3]
já que [tex3]DE = \frac{AD}{tan\alpha} \Rightarrow BC = \frac{2AD cos^2 \alpha}{tan\alpha}[/tex3]
[tex3]BK = \frac{2AD cos^2 \alpha - AD . 2sen\alpha.cos\alpha.tan\alpha}{tan\alpha}[/tex3]
[tex3]BK = \frac{2ADcos2\alpha}{tan\alpha}[/tex3]
[tex3]\frac{BK}{CD} = \frac{\frac{2ADcos2\alpha}{tan\alpha}}{AD . cos 2\alpha} = \boxed{\frac{2}{tan\alpha}}[/tex3]
tá errado ?
feliz ano novo pra tdos e parabéns , big ! é isso aê
ano q vem eu vou tentar !
DE//CB , AD = DK
[tex3]CD = AD . cos 2\alpha[/tex3]
[tex3]CK = AD . sen 2\alpha[/tex3]
é fácil ver que [tex3]\frac{AD}{AD + CD} = \frac{1}{2cos^2 \alpha}[/tex3]
já que [tex3]DE = \frac{AD}{tan\alpha} \Rightarrow BC = \frac{2AD cos^2 \alpha}{tan\alpha}[/tex3]
[tex3]BK = \frac{2AD cos^2 \alpha - AD . 2sen\alpha.cos\alpha.tan\alpha}{tan\alpha}[/tex3]
[tex3]BK = \frac{2ADcos2\alpha}{tan\alpha}[/tex3]
[tex3]\frac{BK}{CD} = \frac{\frac{2ADcos2\alpha}{tan\alpha}}{AD . cos 2\alpha} = \boxed{\frac{2}{tan\alpha}}[/tex3]
tá errado ?
feliz ano novo pra tdos e parabéns , big ! é isso aê
ano q vem eu vou tentar !
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Última edição: Auto Excluído (ID:276) (Ter 30 Dez, 2008 11:59). Total de 1 vez.
Dez 2008
30
15:20
Re: Geometria Plana: Triângulos
Nem olhei suas contas, pois pela sua figura creio que foi erro de distração: no enunciado K é um ponto de BD, não de BC.
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