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b)4 [tex3]\sqrt{2}[/tex3]
c)2 [tex3]\sqrt{2}[/tex3]
d)8
e)3 [tex3]\sqrt{2}[/tex3]
Resposta
c
Ensino Fundamental ⇒ Triângulo Tópico resolvido
Moderador: [ Moderadores TTB ]
Jun 2019
21
02:15
Triângulo
Dado gráfico,calcular BD.Se: AB+BC=4.
a)4
b)4 [tex3]\sqrt{2}[/tex3]
c)2 [tex3]\sqrt{2}[/tex3]
d)8
e)3 [tex3]\sqrt{2}[/tex3]
c
b)4 [tex3]\sqrt{2}[/tex3]
c)2 [tex3]\sqrt{2}[/tex3]
d)8
e)3 [tex3]\sqrt{2}[/tex3]
c
Jun 2019
21
10:21
Re: Triângulo
Vamos la, uma questão de construção bem pé no chão!
Primeira coisa, [tex3]AB=BC[/tex3] voce prova isso da seguinte maneira:
Seja [tex3]P[/tex3] a intersecção da [tex3]BD[/tex3] com a circunferencia então teremos por potencia de ponto:
[tex3]AB^2=BP*BD=BC^2[/tex3]
[tex3]AB=BC[/tex3] Portanto [tex3]BcA=BaC=45[/tex3] isso nos garante TRES coisas!!
[tex3]BP[/tex3] é perpendicular a [tex3]AC[/tex3] , as circunferencias são ortogonais e que [tex3]AoP=Po'C=90[/tex3] , pelo teorema do angulo da reta tangente, onde [tex3]O[/tex3] e [tex3]O'[/tex3] são os centros das circunferencias maior e menor respctivmente!
Agora acabou pois perceba que [tex3]BC//PO'//AO[/tex3] alem do mais [tex3]AO+PO'=2[/tex3] tal que [tex3]ABCD[/tex3] é um quadrado e tiramos [tex3]BD=2\sqrt{2}[/tex3]
[tex3]PIMBADA[/tex3]
Primeira coisa, [tex3]AB=BC[/tex3] voce prova isso da seguinte maneira:
Seja [tex3]P[/tex3] a intersecção da [tex3]BD[/tex3] com a circunferencia então teremos por potencia de ponto:
[tex3]AB^2=BP*BD=BC^2[/tex3]
[tex3]AB=BC[/tex3] Portanto [tex3]BcA=BaC=45[/tex3] isso nos garante TRES coisas!!
[tex3]BP[/tex3] é perpendicular a [tex3]AC[/tex3] , as circunferencias são ortogonais e que [tex3]AoP=Po'C=90[/tex3] , pelo teorema do angulo da reta tangente, onde [tex3]O[/tex3] e [tex3]O'[/tex3] são os centros das circunferencias maior e menor respctivmente!
Agora acabou pois perceba que [tex3]BC//PO'//AO[/tex3] alem do mais [tex3]AO+PO'=2[/tex3] tal que [tex3]ABCD[/tex3] é um quadrado e tiramos [tex3]BD=2\sqrt{2}[/tex3]
[tex3]PIMBADA[/tex3]
Última edição: jvmago (Sex 21 Jun, 2019 10:23). Total de 1 vez.
Não importa se você é magrinho ou gordinho, alto ou baixo, o que te difere dos outros é quando expõe seus conhecimentos.
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Auto Excluído (ID:12031)
- Última visita: 31-12-69
Jun 2019
21
11:45
Re: Triângulo
é só que BD corta as circunferências em pontos distintos então AB e BC não são iguais na maioria das vezes
-
Auto Excluído (ID:12031)
- Última visita: 31-12-69
Jun 2019
21
14:51
Re: Triângulo
Estava mexendo no geogebra pra ver se o problema sai, aparentemente ele não é trivial uma vez que o lugar geométrico dos pontos cujas tangentes aos círculos são perpendiculares é uma cardióide, então a construção PROVAVELMENTE (porque tem a restrição da bissetriz passar por D e de AC passar por aquele ponto de cima) não é possível com régua e compasso.
Na base das contas:
[tex3]X = AC \cap \Gamma[/tex3] (gama é o círculo da direita)
[tex3]\angle BAC = \alpha \implies \angle BCA = 90 -\alpha \implies \angle ADC = \alpha + (90-\alpha) = 90[/tex3]
logo o quadrilátero ABCD é cíclico. Então [tex3]\angle CAD = \angle DBC = 45[/tex3] logo [tex3]CD = AD = x \implies AC = x \sqrt2[/tex3]
aplicando ptolomeu no quadrilátero [tex3]ABCD[/tex3] :
[tex3]BD \cdot x \sqrt 2 = x AB + x BC \iff AB + BC = BD \sqrt 2 \iff BD = 2\sqrt2[/tex3]
saiu simples, por conta das restrições, mas é interessante o quão complicado é o L.G dos pontos cujas tangentes são perpendiculares ao círculos variações desse problema podem ser muito difíceis de resolver
Na base das contas:
[tex3]X = AC \cap \Gamma[/tex3] (gama é o círculo da direita)
[tex3]\angle BAC = \alpha \implies \angle BCA = 90 -\alpha \implies \angle ADC = \alpha + (90-\alpha) = 90[/tex3]
logo o quadrilátero ABCD é cíclico. Então [tex3]\angle CAD = \angle DBC = 45[/tex3] logo [tex3]CD = AD = x \implies AC = x \sqrt2[/tex3]
aplicando ptolomeu no quadrilátero [tex3]ABCD[/tex3] :
[tex3]BD \cdot x \sqrt 2 = x AB + x BC \iff AB + BC = BD \sqrt 2 \iff BD = 2\sqrt2[/tex3]
saiu simples, por conta das restrições, mas é interessante o quão complicado é o L.G dos pontos cujas tangentes são perpendiculares ao círculos variações desse problema podem ser muito difíceis de resolver
Última edição: Auto Excluído (ID:12031) (Sex 21 Jun, 2019 14:52). Total de 1 vez.
Jun 2019
21
15:36
Re: Triângulo
Realmente por Ptolomeu saiu bem mais simplessousóeu escreveu: ↑Sex 21 Jun, 2019 14:51Estava mexendo no geogebra pra ver se o problema sai, aparentemente ele não é trivial uma vez que o lugar geométrico dos pontos cujas tangentes aos círculos são perpendiculares é uma cardióide, então a construção PROVAVELMENTE (porque tem a restrição da bissetriz passar por D e de AC passar por aquele ponto de cima) não é possível com régua e compasso.
Na base das contas:
[tex3]X = AC \cap \Gamma[/tex3] (gama é o círculo da direita)
[tex3]\angle BAC = \alpha \implies \angle BCA = 90 -\alpha \implies \angle ADC = \alpha + (90-\alpha) = 90[/tex3]
logo o quadrilátero ABCD é cíclico. Então [tex3]\angle CAD = \angle DBC = 45[/tex3] logo [tex3]CD = AD = x \implies AC = x \sqrt2[/tex3]
aplicando ptolomeu no quadrilátero [tex3]ABCD[/tex3] :
[tex3]BD \cdot x \sqrt 2 = x AB + x BC \iff AB + BC = BD \sqrt 2 \iff BD = 2\sqrt2[/tex3]
saiu simples, por conta das restrições, mas é interessante o quão complicado é o L.G dos pontos cujas tangentes são perpendiculares ao círculos variações desse problema podem ser muito difíceis de resolver
Não importa se você é magrinho ou gordinho, alto ou baixo, o que te difere dos outros é quando expõe seus conhecimentos.
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