Ensino Médio

Mensagem não lidapor **Babi123** » 29 Jul 2020, 10:58 · Mensagem não lida por **Babi123** » 29 Jul 2020, 10:58

Na figura a seguir o círculo de raio [tex3]3[/tex3] é tangente, respectivamente: ao círculo de diâmetro [tex3]AB[/tex3] ao segmento [tex3]AC[/tex3] e ao arco [tex3]CD[/tex3] . Pede-se: Determinar a medida do segmento [tex3]AT[/tex3] e [tex3]BT[/tex3] .

: problema.png (143.85 KiB) Exibido 2435 vezes

Resposta

Se possível fazer literal, pois, tem coisa boa para ser generalizada!

29 Jul 2020, 11:25

: problema'.png (286.8 KiB) Exibido 2424 vezes

Na figura, [tex3]O,O'[/tex3] são centros do círculo e do semicírculo respectivamente; [tex3]S[/tex3] é ponto de tangência e [tex3]E[/tex3] é a projeção ortogonal de [tex3]O[/tex3] sobre o diâmetro [tex3]AB.[/tex3]

Assim [tex3]SO=3[/tex3] e como [tex3]AEOS[/tex3] é retângulo (raio e reta tangente são perpendiculares e [tex3]E[/tex3] é reto por definição) segue que [tex3]AE=SO=3.[/tex3] . Se o raio do semicírculo é [tex3]r[/tex3] então [tex3]OO'=r+3[/tex3] (pois o centro de duas circunferências tangentes está alinhado com o ponto de tangência). Além disso o raio do arco [tex3]CB[/tex3] é igual ao diâmetro do semicírculo ou seja [tex3]2r[/tex3] e logo [tex3]AO=2r-3.[/tex3]
Denote por [tex3]x=OE[/tex3]
Aplicando Pitágoras em [tex3]AEO[/tex3] temos [tex3]3^2+x^2=(2r-3)^2 \Rightarrow x^2=4r^2-12r=r(4r-12)[/tex3] .
Aplicando Pitágoras em [tex3]OEO'[/tex3] temos [tex3]x^2+(r-3)^2=(r+3)^2 \Rightarrow x^2=(r+3)^2-(r-3)^2=2r\cdot 6=12r[/tex3] (diferença de quadrados)

Assim [tex3]r(4r-12)=12r[/tex3] ou seja [tex3]r=6[/tex3] (lembrando que [tex3]r[/tex3] não pode ser zero)

Assim [tex3]EO'=AO'-AE=6-3=3[/tex3] e [tex3]OO'=O'T+OT=6+3=9[/tex3] . Se [tex3]\theta=\angle OO'E[/tex3] então [tex3]cos~\theta=\dfrac{EO'}{OO'}=\dfrac{3}9=\dfrac{1}3[/tex3]

Agora é só aplicar lei dos cossenos em [tex3]AO'T[/tex3] e depois em [tex3]BO'T[/tex3]

Temos [tex3]AT^2=6^2+6^2-2\cdot 6\cdot 6\cdot \dfrac{1}3=48 \Rightarrow AT=4\sqrt{3}[/tex3] e [tex3]BT^2=6^2+6^2-2\cdot 6\cdot 6\cdot \left(-\dfrac{1}3 \right)=96 \Rightarrow BT=4\sqrt{6}[/tex3]

29 Jul 2020, 11:28

tem como resolver esse problema evitando a equação de segundo grau, vou mudar os nomes dos pontos:

: problema1.png (46.52 KiB) Exibido 2419 vezes

vou usar os nomes do meu desenho ao invés do problema original.
Aqui [tex3]\angle DAC = 90^{\circ}[/tex3] e [tex3]D,A,E[/tex3] são alinnhados.

Pontos [tex3]D,F,G[/tex3] são alinhados por homotetia centrada em [tex3]F[/tex3] : a reta tangente no ponto [tex3]G[/tex3] é paralela a reta tangente no ponto [tex3]D[/tex3] logo a homotetia leva um ponto no outro, logo eles são alinhados.
Seja [tex3]O[/tex3] o centro da circunferência menor, então a reta [tex3]OG[/tex3] é paralela a [tex3]AD[/tex3] pois as duas são perpendiculares a [tex3]AG[/tex3] isso implica que [tex3]\angle ADG = \angle FGO[/tex3] .

Pontos [tex3]I,G,E[/tex3] são alinhados pela homotetia centrada em [tex3]I[/tex3] : as retas tangentes nos pontos [tex3]E[/tex3] e [tex3]G[/tex3] são paralelas, logo a homotetia em leva um ponto no outro.

Triângulos [tex3]\triangle EAG[/tex3] e [tex3]\triangle DAG[/tex3] são congruentes por [tex3]LAL[/tex3] isso implica que [tex3]\angle AEG = \angle GDA[/tex3] mas do paralelismo de [tex3]OG[/tex3] e [tex3]ED[/tex3] temos:
[tex3]\angle IGO =\angle AEG = \angle GDA = \angle OGF[/tex3]
portanto os triângulos [tex3]\triangle IOG[/tex3] e [tex3]\triangle FOG[/tex3] são congruentes logo [tex3]GI=GF[/tex3] e então [tex3]OG[/tex3] é mediatriz de [tex3]IF[/tex3] de onde [tex3]IF \perp GO \parallel AD[/tex3] logo [tex3]IF \perp AD[/tex3] .

Agora para completar usamos o Teorema de Monge (D'Alembert) que diz que quando temos uma composição fechada de homotetias (3 homotetias que quando compostas voltamos a configuração original) então seus centros estão alinhados:
- [tex3]I[/tex3] é centro de homotetia do círculo maior com o menor
- [tex3]F[/tex3] é centro de homotetia do círculo menor com o semi-círculo
portanto a reta [tex3]IF[/tex3] passa pelo centro de homotetia do círculo maior com a semi-circunferência. Este centro está sobre a linha [tex3]AD[/tex3] portanto [tex3]H = IF \cap AD[/tex3] é (o segundo, sendo o primeiro o ponto [tex3]D[/tex3] ) centro de homotetia entre o círculo maior e a semi-circunferência.
A razão da homotetia entre o círculo maior e o semi-círculo é a razão entre seus raios: [tex3]2:1[/tex3] e essa homotetia leva [tex3]A[/tex3] em [tex3]D[/tex3] . Então temos que [tex3]\frac{AH}{HD} = \frac12[/tex3] .
O problema então acabou pois da semelhança gerada pela perpendicularidade de [tex3]IF[/tex3] e [tex3]AD[/tex3] : [tex3]\frac{DF}{GF} = \frac{DH}{HA} = 2[/tex3] mas [tex3]\frac{DF}{GF}[/tex3] é razão da homotetia entre o círculo menor e o semi-círculo que vale a razão entre seus raios. Portanto o raio do semi-círculo é [tex3]2 \cdot 3 = 6[/tex3] e o raio do círculo maior é [tex3]2 \cdot 6 = 12[/tex3] .

voltando aos nomes do seu desenho:
[tex3]BT[/tex3] é facilmente encontrado das relações métricas: [tex3]BT^2 = 12 \cdot 8 \iff BT = 4\sqrt6[/tex3] e [tex3]AT^2 = 12 \cdot 4 \iff AT = 4 \sqrt3[/tex3]

Mensagem não lidapor **Tassandro** » 29 Jul 2020, 11:39 · Mensagem não lida por **Tassandro** » 29 Jul 2020, 11:39

Babi123,
Então, dado [tex3]r=3[/tex3] , queremos achar [tex3]AT[/tex3] e [tex3]BT[/tex3] . Parece bom chamar o raio circunferência intermediária de [tex3]R[/tex3] , assim, o raio da maior vale [tex3]2R[/tex3] . Agora, seja [tex3]D[/tex3] o ponto comum ao segmento [tex3]AC[/tex3] e à circunferência menor. Assim, seja [tex3]AD=x[/tex3] . Ligando os centros das duas circunferências menores e o centro da circunferência menor ao ponto D, e projetando esse mesmo centro no segmento [tex3]AB[/tex3] , teremos dois triângulos retângulos com um mesmo cateto em comum ([tex3]AD=x[/tex3] ), de modo que, pelo teorema de Pitágoras,
[tex3](2R-r)^2-r^2=(R+r)^2-(R-r)^2\implies R=2r[/tex3]
Assim, temos que, se O é centro da circunferência menor, e O', da circunferência de diâmetro AB, [tex3]AO=O'O=3r[/tex3] . Seja [tex3]θ=\angle BAO=\angle AO'O[/tex3] . Assim, pela Lei dos cossenos,
[tex3](2r)^2=(3r)^2+(3r)^2-2(3r)(3r)\cos(180\degree-2θ)[/tex3]
Resolvendo, achamos que [tex3]\cos2θ=-\frac{7}{9}[/tex3]
Mas, sabemos que [tex3]\cos2θ=2\cos^2θ-1[/tex3] , o que nos dá [tex3]\cosθ=\frac 13[/tex3] , assim, notemos que no [tex3]\triangle ATP'[/tex3] , [tex3]AT=AB\cdot\sen\fracθ2[/tex3] , assim, como [tex3]\angle ATB[/tex3] é reto, [tex3]BT=AB\cdot\cos\fracθ2[/tex3]
Mais uma vez, pelo arco duplo, [tex3]\cosθ=1-2\sen^2\fracθ2[/tex3] , o que nos dá [tex3]\sen\fracθ2=\sqrt\frac13[/tex3] e [tex3]\cos\fracθ2=\sqrt\frac23[/tex3] .
Assim,
[tex3]AT=(AB)\sen\fracθ2=(4r)\sqrt\frac13[/tex3] , [tex3]BT=(AB)\cos\fracθ2=(4r)\sqrt\frac23[/tex3]

Mensagem não lidapor **Babi123** » 29 Jul 2020, 11:47 · Mensagem não lida por **Babi123** » 29 Jul 2020, 11:47

Sabia que viriam muitas soluções. Obgda a todos!

Esse problema é rico!
A do FelipeMartin é bastante sencilia

29 Jul 2020, 11:51

Babi123, eu quem agradeço. Queria muito deixar registradas as simetrias fundamentais desse problema. Todas as outras decorrem daquelas. Do fato de G ser ponto médio do arco IF.

Mensagem não lidapor **Babi123** » 29 Jul 2020, 11:57 · Mensagem não lida por **Babi123** » 29 Jul 2020, 11:57

Perfeito, FelipeMartin!
Não imaginava o quanto esse problema era simétrico quando vi pela primeira vez.
E se não me engano um dia desse vi um problema similar a esse aqui no fórum ressuscitado por um usuário. Vou tentar encontrar para "linkar" aqui.

AQUI ESTÁ O PROBLEMA DO E.N: viewtopic.php?f=2&t=45388

Na vdd é o mesmo a única "diferença" é que ele mandou considerar o "nosso" [tex3]AB=R[/tex3]

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