Olimpíadas

Mensagem não lidapor **undefinied3** » 31 Mai 2020, 01:12

É dado que [tex3]AB=CD[/tex3] e [tex3]\angle CAB=84[/tex3] e [tex3]\angle ABD=42[/tex3] . Determine o valor de [tex3]\angle ACB[/tex3]

: triangulo.png (15.18 KiB) Exibido 1643 vezes

Resposta

30

Mensagem não lidapor **rodBR** » 31 Mai 2020, 11:35 · Mensagem não lida por **rodBR** » 31 Mai 2020, 11:35

Olá undefinied3, bom dia.

Solução:
Chame [tex3]AB=CD=m[/tex3] e [tex3]DB=n[/tex3] .
Completando ângulos temos que [tex3]\angle DBC=54^{\circ}-x[/tex3] e [tex3]\angle ADB=54^{\circ}[/tex3] .

Lei dos Senos no [tex3]\Delta BCD[/tex3] :
[tex3]\frac{m}{\sen(54^{\circ-}-x)}=\frac{n}{\sen(x)}\\
\boxed{\boxed{\frac{n}{m}=\frac{\sen(x)}{\sen(54^{\circ}-x)}}} \ \ (I)[/tex3]

Lei dos Senos no [tex3]\Delta ADB[/tex3] :
[tex3]\frac{m}{\sen(54^{\circ})}=\frac{n}{\sen(84^{\circ})}\\
\boxed{\boxed{\frac{n}{m}=\frac{\sen(84^{\circ})}{\sen(54^{\circ})}}} \ \ (II)[/tex3]

De [tex3](I)=(II)[/tex3] :
[tex3]\frac{\sen(x)}{\sen(54^{\circ}-x)}=\frac{\sen(84^{\circ})}{\sen(54^{\circ})}[/tex3] . Usando os resultados de [tex3](*) \ e \ (**)[/tex3] , segue que:
[tex3]\frac{\sen(x)}{\sen(54^{\circ}-x)}=\frac{\sen(84^{\circ})}{2\sen(24^{\circ})\cos(6^{\circ})}[/tex3] . Como [tex3]\sen(84^{\circ})=\cos(6^{\circ})[/tex3] (arcos complementares), podemos simplificar:
[tex3]\frac{\sen(x)}{\sen(54^{\circ}-x)}=\frac{1}{2\sen(24^{\circ})}\\
\frac{\sen(x)}{\sen(54^{\circ}-x)}=\frac{\frac{1}{2}}{\sen(24^{\circ})}[/tex3]
[tex3]\frac{\sen(x)}{\sen(54^{\circ}-x)}=\frac{\sen(30^{\circ})}{\sen(24^{\circ})}[/tex3] . Pelo "Truque das Cotangente":
[tex3]\boxed{\boxed{x=30^{\circ}}}[/tex3]

Obs.:
[tex3]\begin{cases}\sen(54^{\circ})=\frac{\sqrt{5}+1}{4}\\
\sen(30^{\circ})=\frac{1}{2}\\
\sen(18^{\circ})=\frac{\sqrt{5}-1}{4}\end{cases}[/tex3]

Veja uma maneira de expressar [tex3]\sen(54^{\circ})[/tex3] :
[tex3]\sen(30^{\circ})+\sen(18^{\circ})=\frac{\sqrt{5}-1}{4}+\frac12\\
\sen(30^{\circ})+\sen(18^{\circ})=\frac{\sqrt{5}+1}{4}\\
\boxed{\boxed{\sen(30^{\circ})+\sen(18^{\circ})=\sen(54^{\circ})}} \ \ (*)[/tex3]

Por prostaférese em [tex3](*)[/tex3] :
[tex3]\sen(30^{\circ})+\sen(18^{\circ})=2\sen\(\frac{30^{\circ}+18^{\circ}}{2}\)\cdot\cos\(\frac{30^{\circ}-18^{\circ}}{2}\)\\
\boxed{\boxed{\sen(30^{\circ})+\sen(18^{\circ})=2\sen(24^{\circ})\cos(6^{\circ})}} \ \ (**)[/tex3]

att>>rodBR

Mensagem não lidapor **NigrumCibum** » 17 Nov 2020, 22:32 · 17 Nov 2020, 22:32

Solução usando apenas geometria plana

No triângulo dado pelo enunciado, desenhe o triângulo EDC, tal que [tex3]\triangle EDC≡\triangle ABD[/tex3] , ligue o vértice E ao vértice A. Como [tex3]\angle ADB=54°, \angle CDB=126°[/tex3] , [tex3]\angle EDC=84° ~e ~DA=DE[/tex3] , então [tex3]\angle EDA=96°, ~\angle DEA=\angle DAE=42°[/tex3] , o que implica que EA=EC.
Construa um triângulo isósceles EFA sobre EA, de tal forma que [tex3]\angle FEC=108°[/tex3] . Desta forma, obtém-se: [tex3]\angle FEA=12°, ~\angle EFA=\angle EAF=84°[/tex3] , deste modo, o quadrilátero formado EFAD é cíclico, portanto: [tex3]\angle FEA=\angle FDA=12°, ~\angle EAD=\angle EFD=\angle AED=\angle DFA=42°[/tex3] , [tex3]\triangle EDF≡\triangle EDC≡\triangle ABC[/tex3] , então [tex3]AB=FD=CD[/tex3] . Ligue F a B, pelo lema mostrado na imagem abaixo, tem-se que: [tex3]\angle AFB=24°~e~\angle ABF=6°[/tex3] , [tex3]BF=BD[/tex3] .
Construa sobre o lado BD o triângulo equilátero BDG, e ligue G a C e suponha que G é exerterno ao triângulo ABC. Como [tex3]\angle GDB=60°[/tex3] , então [tex3]\angle GDC=66°[/tex3] , no entanto, como DC=DF, GD=BD e [tex3]\angle FDB=\angle GDC=66°[/tex3] , então, pelo caso LAL de congruência [tex3]\triangle BDF≡\triangle GDC [/tex3] , então [tex3]GC=GD[/tex3] [tex3]\angle DGC=48°[/tex3] , [tex3]\angle CGB=108°[/tex3] , [tex3]\angle GCB=\angle GBC=36°[/tex3] , desta forma [tex3]\angle DBC=24°[/tex3] (G realmente é um ponto é externo ao triângulo ABC).
Portanto, conclui-se que: [tex3]\angle DCB=x=180°-126°-24°=30°.[/tex3]

18 Nov 2020, 04:30

NigrumCibum, excelente!

Mensagem não lidapor **NigrumCibum** » 23 Fev 2021, 12:56

O lema aparece da seguinte forma no problema: Seja ABC um triângulo tal que AB=AC, ∠BAC=48°. Seja P um ponto em seu interior tal que ∠PBC=12° e ∠PCB=42°. Encontre o valor do ângulo ∠PAC=θ.

: 1614094502051.jpg (26.25 KiB) Exibido 1353 vezes

É fácil ver que a figura pode ser inscrita a um pentágono regular. Portanto, considere o pentágono ACDEF e o triângulo equilátero ABF. Calculando alguns ângulos, obtemos: [tex3]\angle DCB=108°-66°=42°[/tex3] , [tex3]∠CDB={108°\over 2}=54°[/tex3] e [tex3]∠CBD=180°-54°-42°=84°[/tex3] , então [tex3]∠DBP+∠DCP=84°+12°+42°×2=180°[/tex3] , o que implica que o quadrilátero PCDB é cíclico. Consequentemente, [tex3]∠BPD=∠DCB=42°[/tex3] , [tex3]∠BDP=∠BCP=42°⇒BD=BP.[/tex3]
Como BA=CD, BD=BP e [tex3]\angle BDC=\angle ABP=54° [/tex3] , então, pelo caso LAL de congruência: [tex3]\triangle ABP≡\triangle BCD [/tex3] , deste modo [tex3]\angle BAP=\angle BCD=42°⇒\angle PAC=\theta=48°-42°=6°.[/tex3]

Mensagem não lidapor **rodBR** » 27 Fev 2021, 03:25 · Mensagem não lida por **rodBR** » 27 Fev 2021, 03:25

Muito bom NigrumCibum.

Mensagem não lidapor **NigrumCibum** » 27 Fev 2021, 10:17

rodBR, obrigado. Acho que pontuei algo óbvio na primeira solução (que G é um ponto externo).

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