Questões Perdidas ⇒ Solucionário:Racso - Cap XXI - Problemas de Geometria y Como Resolverlos - I Edição - Ex:20 Tópico resolvido

[petras]

Problema Proposto
20 - Calcular a área da região sombreada.
AQ = 8 m ; PC = 9 m [tex3]\angle PBQ = 45º[/tex3]

Resposta

---

D) 15m²

[petras]

α+θ=135∘.
N é reflexão do ponto B sobre AC.
Por simetria ∠PNQ=45∘.
BN é bissetriz do ∠B em △FBG
FP e GQ são bissetrizes externas e seus prolongamentos enontram-se no ponto N
BN and FG fazem um ângulo de 45∘
∠GFN + ∠FGN = 135∘. portanto ∠FGN = 45∘
[tex3]\mathsf{ \triangle BMC: sen 45^o=\frac{BM}{CB} = \frac{BM}{CN} \implies \frac{BM}{CN}=\frac{1}{\sqrt2}\\
△CNG \sim △MBP\\ BM:CN=BP:GN=BM:CG \implies\\
NG=\sqrt2BP\\
CG=\sqrt2PM\\
Analogamente~ NF=\sqrt2BQ,\\
AF=\sqrt2MQ.\\
\therefore FG=\sqrt2PQ \\\frac{S_{FNG}}{S_{BPQ}}=\frac{FN.NG}{BP.PQ}\implies S_{FNG}=2⋅S_{BPQ} \\
△PBQ≅PNQ, S_{PFGQ}=S_{FNG}-S_{PBQ}=2S_{PBQ}-S_{PBQ}=S_{PBQ}\\
BF=AB−AF=\sqrt2CM−\sqrt2MQ=\sqrt2CQ\\
BG=\sqrt2AP\\
T. Pit: △FBG: 2(AP^2+CQ^2)=2PQ^2⟹AP^2+CQ^2=PQ^2.\\
AC=AQ+CP−PQ=17−PQ\\
AP=8−PQ,CQ=9−PQ\\
\therefore (8−PQ)^2+(9−PQ)^2=PQ^2 \implies PQ=5,AC=12,BM=AM=6\\
\therefore \boxed{\color{red}{S_{PFGQ}=15}}}[/tex3]

Código: Selecionar tudoSHIFT+Click na eq = ZOOM

[tex3]\mathsf{ \triangle BMC: sen 45^o=\frac{BM}{CB} = \frac{BM}{CN} \implies \frac{BM}{CN}=\frac{1}{\sqrt2}\\
△CNG \sim △MBP\\ BM:CN=BP:GN=BM:CG \implies\\
NG=\sqrt2BP\\
CG=\sqrt2PM\\
Analogamente~ NF=\sqrt2BQ,\\
AF=\sqrt2MQ.\\
\therefore FG=\sqrt2PQ \\\frac{S_{FNG}}{S_{BPQ}}=\frac{FN.NG}{BP.PQ}\implies S_{FNG}=2⋅S_{BPQ} \\
△PBQ≅PNQ, S_{PFGQ}=S_{FNG}-S_{PBQ}=2S_{PBQ}-S_{PBQ}=S_{PBQ}\\
BF=AB−AF=\sqrt2CM−\sqrt2MQ=\sqrt2CQ\\
BG=\sqrt2AP\\
T. Pit: △FBG: 2(AP^2+CQ^2)=2PQ^2⟹AP^2+CQ^2=PQ^2.\\
AC=AQ+CP−PQ=17−PQ\\
AP=8−PQ,CQ=9−PQ\\
\therefore (8−PQ)^2+(9−PQ)^2=PQ^2 \implies PQ=5,AC=12,BM=AM=6\\
\therefore \boxed{\color{red}{S_{PFGQ}=15}}}[/tex3]

(Solução:MathLover)

[petras]

△BFG é o triângulo d e referência FP,GQ são bissetrizes externas que se encontram em E.
Trace a perpendicular de E até AB,e complete o quadrado ABCE.
AEC = ABC, portanto ∠PEQ=45∘.
∠PEG=45∘=∠PCG, portanto PECG ié cíclico.
∠EPG oposto a ∠ECG tem 90∘.
Analogamnete AFQE é cíclio, portanto ∠FQE = 90∘ .
FG subtende 90∘ em B,P,Q que impica que B,F,P,Q,G estão na mesma circunferência
e D ponto médio FG.
DP=DF= raio
∠DPF=∠DFP=∠PFA portanto DP∥BA.
△BPF e △BDF tem a mesma area.
△FRP e △BRD tem a mesma área.
Analogamente DQ∥BC portanto △GSQ e △BSD tem a mesma area.
Somando a área comum PRSQ teremos que FPQG and △BPQ terão a memsma área.
Distribuindo os Ângulos, ∠BPC=∠PAB+∠ABP=∠PBQ+∠ABP=∠ABQ.
Portanto △ABQ∼△CPB (A.A.)
[tex3]\frac{AB}{PC}=\frac{AQ}{BC}⇒AB^2=9×8⇒AB=6\sqrt2⇒AC=12\\
AP=3,PQ=5,QC=4\implies \\
[FPQG]=[BPQ]=\frac{PQ}{AC}×[ABC]=\frac{5}{12}×36=\boxed{\color{red}15}[/tex3]

Código: Selecionar tudoSHIFT+Click na eq = ZOOM

[tex3]\frac{AB}{PC}=\frac{AQ}{BC}⇒AB^2=9×8⇒AB=6\sqrt2⇒AC=12\\
AP=3,PQ=5,QC=4\implies \\
[FPQG]=[BPQ]=\frac{PQ}{AC}×[ABC]=\frac{5}{12}×36=\boxed{\color{red}15}[/tex3]

(Soluçõa:MyMolecules)