Olá, Comunidade !
Vocês devem ter notado que o site ficou um período
fora do ar (do dia 26 até o dia 30 de maio de 2024).
Consegui recuperar tudo, e ainda fiz um UPGRADE no servidor! Agora estamos em um
servidor dedicado no BRASIL !
Isso vai fazer com que o acesso fique mais rápido (espero
)
Já arrumei os
principais bugs que aparecem em uma atualização!
Mas, se você encontrar alguma coisa diferente, que não funciona direito,
me envie uma MP avisando que eu arranjo um tempo pra arrumar!
Vamos crescer essa comunidade juntos
Grande abraço a todos,
Prof. Caju
Aqui deverão ser postadas questões desses vestibulares e de outras instituições militares (EN, CN, EsPCEx etc.).
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Flavio2020
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Mensagem não lida por Flavio2020 » 17 Jul 2018, 09:06
Mensagem não lida
por Flavio2020 » 17 Jul 2018, 09:06
Segundo o gráfico [tex3]I[/tex3]
é o incentro do triângulo [tex3]ABC[/tex3]
e [tex3]E[/tex3]
é excentro do triângulo [tex3]ABC[/tex3]
. Calcular [tex3]S_x[/tex3]
em função de [tex3]S_1[/tex3]
e [tex3]S_2[/tex3]
, se sabe-se que [tex3]S_1[/tex3]
, [tex3]S_2[/tex3]
e [tex3]S_x[/tex3]
são as regiões sombreadas.
2.PNG (13.93 KiB) Exibido 1523 vezes
a) [tex3]2S_1-S_2[/tex3]
b) [tex3]S_1 -2S_2[/tex3]
c) [tex3]3S_1-S_2[/tex3]
d) [tex3]S_1-S_2[/tex3]
e) [tex3]S_1 -\frac{S_2}{2}[/tex3]
Flavio2020
Auto Excluído (ID:12031)
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Mensagem não lida por Auto Excluído (ID:12031) » 23 Dez 2018, 22:30
Mensagem não lida
por Auto Excluído (ID:12031) » 23 Dez 2018, 22:30
vou começar
a reta [tex3]IE[/tex3]
é bissetriz de [tex3]A[/tex3]
logo [tex3]T[/tex3]
é ponto médio do arco [tex3]BC[/tex3]
[tex3]\angle TCI = \frac{\angle TCB + \angle BCI}2 = \frac{A+C}2 = 90 -\frac B2[/tex3]
como [tex3]\angle CTI = \angle CTA = B \implies \angle CIT = \angle TCI \iff TI = TC = TB [/tex3]
Editado pela última vez por Auto Excluído (ID:12031) em 23 Dez 2018, 23:13, em um total de 1 vez.
Auto Excluído (ID:12031)
Auto Excluído (ID:12031)
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Mensagem não lida por Auto Excluído (ID:12031) » 11 Jan 2019, 15:58
Mensagem não lida
por Auto Excluído (ID:12031) » 11 Jan 2019, 15:58
[tex3]2S_2 = TC \cdot (p-b) \cdot \sen (C+\frac A2)[/tex3]
[tex3]D[/tex3]
é o pé da altura por [tex3]I[/tex3]
ao lado [tex3]AC[/tex3]
[tex3]S_1 + [DTC] = [BTI] + [ITC] + S_x[/tex3]
[tex3]S_1 - S_x = \frac{BT^2 \sen (2C) + BT^2 \sen (2B) -(p-c) \cdot TC \cdot \sen (C+\frac A2)}2[/tex3]
lembrando que [tex3]BT=TC[/tex3]
Editado pela última vez por Auto Excluído (ID:12031) em 11 Jan 2019, 16:05, em um total de 1 vez.
Auto Excluído (ID:12031)
jedi
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Mensagem não lida por jedi » 12 Jan 2019, 19:18
Mensagem não lida
por jedi » 12 Jan 2019, 19:18
considerando D o ponto entre A e C em que DI é perpendicular à AC
[tex3]DC=\frac{AC+BC-AB}{2}[/tex3]
[tex3]AH=\frac{AB+AC+BC}{2}[/tex3]
[tex3]CH=AH-AC=\frac{AB+BC-AC}{2}[/tex3]
[tex3]DH=DC+CH=BC[/tex3]
portanto a base do triangulo [tex3]\Delta HDT[/tex3]
é igual à BC
Visto que o triângulo BTC é isóceles então:
[tex3]TC=TI=TB=\frac{BC}{2.\cos(\frac{A}{2})}[/tex3]
[tex3]\angle ITB=C[/tex3]
e [tex3]\angle ITC=B[/tex3]
portanto a área do quadrilátero ICTB será
[tex3]A_{ICTB}=\frac{TC.TI.cos(B)}{2}+\frac{TB.TI.cos(C)}{2}[/tex3]
[tex3]A_{ICTB}=\frac{1}{2}.\frac{BC^2}{4.\cos^2(\frac{A}{2})}.(\sen(B)+\sen(C))[/tex3]
[tex3]A_{ICTB}=\frac{1}{2}.\frac{BC^2}{4.\cos^2(\frac{A}{2})}.(\sen(A+C)+\sen(C))[/tex3]
[tex3]A_{ICTB}=\frac{1}{2}.\frac{BC^2}{4.\cos^2(\frac{A}{2})}.(\sen(A)\cos(C)+\cos(A)\sen(C)+\sen(C))[/tex3]
[tex3]A_{ICTB}=\frac{1}{2}.\frac{BC^2}{4.\cos^2(\frac{A}{2})}.\left[2.\sen(\frac{A}{2}).\cos(\frac{A}{2})\cos(C)+(2\cos^2(\frac{A}{2})-1)\sen(C)+\sen(C)\right][/tex3]
[tex3]A_{ICTB}=\frac{1}{2}.\frac{BC^2}{4.\cos^2(\frac{A}{2})}.\left[2.\sen(\frac{A}{2}).\cos(\frac{A}{2})\cos(C)+2\cos^2(\frac{A}{2})\sen(C)\right][/tex3]
[tex3]A_{ICTB}=\frac{BC^2}{4.\cos(\frac{A}{2})}.\left[\sen(\frac{A}{2}).\cos(C)+\cos(\frac{A}{2})\sen(C)\right][/tex3]
[tex3]A_{ICTB}=\frac{BC^2}{4.\cos(\frac{A}{2})}.\sen(\frac{A}{2}+C)[/tex3]
A area do triangulo HDT por sua vez será:
[tex3]A_{HDT}=\frac{TC.\sen(C+\frac{A}{2})}{2}.DH[/tex3]
[tex3]A_{HDT}=\frac{BC^2.\sen(C+\frac{A}{2})}{4.\cos(\frac{A}{2})}[/tex3]
portanto a área do triangulo HDT e do quadrilátero ICTB são iguais
mas
[tex3]A_{HDT}=S_x+S_2+A_{branca}[/tex3]
[tex3]A_{ICTB}=S_1+A_{branca}[/tex3]
[tex3]S_x+S_2+A_{branca}=S_1+A_{branca}[/tex3]
[tex3]S_x=S_1-S_2[/tex3]
jedi
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(Nivelamento IME/ITA)Geometria plana
Respostas: 1
Primeira Postagem
Em um quadrilátero inscritível ABCD, os ângulos BDA e ACD medem 17° e 19° respectivamente; se a longitude da diagonal BD é \sqrt{10+2\sqrt{5}} , calcular a longitude do raio da circunferência...
Última mensagem
o ângulo ACB é igual ao ADB pois ambos enxergam o arco AB logo o ângulo BCD = BCA+ACD = 19 + 17 = 36º
Aplicando a lei dos senos em BDC: 2R = \frac{\sqrt{10+2\sqrt5}}{\sen(36)} = 2(1+\sqrt{5})
de...
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Última mensagem por Auto Excluído (ID:12031)
13 Jul 2017, 16:24
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(Nivelamento IME ITA) Geometria Plana
Respostas: 1
Primeira Postagem
Calcular a área da faixa circular sombreada; se o triângulo ABC é equilátero e r= 1m
20170724_164307.jpg
Resposta: \frac{2\pi }{3} + \sqrt{3}
Última mensagem
20170724_164307.jpg
Como o triângulo é equilátero e o raio inscrito vale 1, então a altura vale 3 e o raio circunscrito vale 2.
veja aqui a demonstração:
Além disso todos os pontos notáveis do...
1 Respostas
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Última mensagem por Ittalo25
27 Jul 2017, 09:50
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(Nivelamento IME ITA) Geometria Plana
Respostas: 1
Primeira Postagem
Calcular a área da região sombreda; Se: M e N são pontos de tangencia.
20170728_161128.jpg
Última mensagem
seja P o encontro de AO com a circunferência C de centro D e raio r que passa por M e por N.
A reta PN é perpendicular à ON e portanto também passa por B.
prova: seja K o ponto médio de OB, s uma...
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Última mensagem por Auto Excluído (ID:12031)
02 Nov 2017, 05:58
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(Nivelamento -IME/ ITA)Geometria Plana
Respostas: 1
Primeira Postagem
Em um triângulo ABC , traça-se a altura AH , e HM perpendicular AB e HN perpendicular AC , calcular MN , se o perímetro do triângulo pedal do triângulo ABC é 26 .
a) 10
b) 13
c) 14
d) 15
e) 6.5
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quadrilátero AMNH é inscritivel.
AH é diametro do círculo passando por AMNH.
Aplicando lei dos senos no triângulo AMN: MN = AH \sen A
considerarei o triangulo pedal a partir do ortocentro P de...
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Última mensagem por Auto Excluído (ID:12031)
10 Set 2017, 17:55
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(Nivelamento -IME/ ITA) Geometria Plana
Respostas: 1
Primeira Postagem
Tomando como centro o vértice A de um quadrado ABCD traça-se o quadrante BAD , e logo traça-se uma tangente RS em T ao dito quadrante ( R e S em BC e CD respectivamente). Se AR intercepta BD em Q ,...
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Geogebra online4.png
triângulo ATS é congruente ao triângulo ADS, pois ângulo ATS = ADS = 90. AT = AD por conta de T estar no quadrante e ambos tem hipotenusa AS.
Logo AS é bissetriz de AT e AD. E...
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Última mensagem por Auto Excluído (ID:12031)
14 Set 2017, 05:31