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A figura a seguir é composta por um quadrado de lado [tex3]2[/tex3] , um círculos maior inscrito no quadrado e dois semicírculos. Determinar o raio [tex3]r[/tex3] do círculo menor tangente ao círculo maior e aos dois semicirculos.

: 164986141_4293924623973562_3743581854375400996_n.jpg (32.4 KiB) Exibido 921 vezes

a minha deu v2 -1 mas to achando que eu fiz foi caquinha

Consegui o gabarito. A resposta é [tex3]r=\frac{2+3\sqrt2}{14}[/tex3] .

Se a gente abusar da simetria do problema a gente pode construir o círculo menor, assumindo que tanto seu centro quanto seu ponto de contato com o maior dos círculos estão sobre a diagonal do quadrado. Acho que é um começo. Tentar deixar isso rigoroso é um começo.

FelipeMartin escreveu: ↑
Seg 10 Mai, 2021 22:40
Se a gente abusar da simetria do problema a gente pode construir o círculo menor, assumindo que tanto seu centro quanto seu ponto de contato com o maior dos círculos estão sobre a diagonal do quadrado. Acho que é um começo. Tentar deixar isso rigoroso é um começo.

A figura é toda simétrica. E de fato, ocorre isso que vc destacou.

Babi123, a questão é provar rigorosamente isso, sem apelar pra simetria... deve ter alguma congruência legal de triângulos que garanta que o centro do círculo pequeno esteja sobre essa diagonal do quadrado. Se isso for provado, sabemos quem é o ponto de contato do círculo pequeno com o maior de todos e ai o problema fica mais tranquilo de resolver com homotetias etc

Na verdade essa congruência simples meio que resolveria o problema, porque por homotetia dá pra encontrar todos os outros pontos que queremos.

Entendi Felipe, eu até vi duas soluções para este problema (uma por Pitágoras e outra por lei dos cossenos), porém, em ambas é assumido e usado sem justificar nem mencionar o motivo desses pontos estarem alinhados...

Mas , minha gente , me respondam a este questionamento bobo : a simetria por sí só não já é argumento válido, autossuficiente na geometria?

geobson, não é rigoroso. Serve pra gente ter uma noção, mas sempre dá pra mostrar rigorosamente esses argumentos. Veja:

: quadradinho.png (53.12 KiB) Exibido 790 vezes

Ocorre a seguinte congruência: [tex3]\triangle FJA \cong \triangle EJA[/tex3] por [tex3]L-L-L[/tex3] , uma vez que [tex3]EJ = FJ = R + r, FA= EA = R[/tex3] e [tex3]AJ[/tex3] é em comum, logo [tex3]\angle JAE = \angle JAF = \frac{90^{\circ}}2 = 45^{\circ}[/tex3] ; portanto o centro pedido está sobre a diagonal [tex3]AC[/tex3] .

É claro que [tex3]O = \odot (E,EA) \cap \odot (F,FA) \neq A[/tex3] também está nessa diagonal, como [tex3]G \in \overleftrightarrow{OJ}[/tex3] , então [tex3]G[/tex3] também está nessa diagonal.

Podemos construir essa figura da seguinte maneira:

- [tex3]G = AC \cap \odot (O,OE)[/tex3]
- Seja [tex3]X[/tex3] o ponto médio de [tex3]EO[/tex3] (que está flutuando ali na figura)
- [tex3]I = GX \cap \odot (E,EA)[/tex3]
- [tex3]J=EI \cap AC[/tex3] .

Babi123, Seja então [tex3]GC = x[/tex3] , então da potência de [tex3]C[/tex3] em relação ao maior dos círculos:

[tex3]1^2 = x \cdot (2+x) \iff (x+1)^2 = 2 \iff x = \sqrt{2}-1[/tex3]

acho que o jeito mais rápido de resolver é por lei dos cossenos no [tex3]\triangle EAJ[/tex3] :

[tex3](1+r)^2 = (\sqrt 2 + 1 - r)^2 + 1^2 - 2 \cdot 1 \cdot (\sqrt2 + 1 - r) \cos (45^{\circ})[/tex3]
[tex3]2r = -2r(1+\sqrt2) + 3 + 2 \sqrt2 - (2 + \sqrt2 - \sqrt2 r)[/tex3]
[tex3]r(4 + \sqrt2) = 1 + \sqrt2[/tex3]
[tex3]r = \frac{1 + \sqrt2}{4 + \sqrt2} = \frac{(1 + \sqrt2)(4 - \sqrt2)}{14} = \frac{2+3\sqrt2}{14}[/tex3]

Não sei se tem um jeito imediato por homotetia.

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