Ensino Fundamental ⇒ Semicircunferência , triângulo retângulo e soma de regiões sombreadas. Tópico resolvido

[geobson]

Calcular : A1 + A2 + A3, se PQ=2.

Resp.([tex3]\frac{\pi }{2} - 1[/tex3]).

[jvmago]

Essa questão é surrealmente difícil porém super linda

[geobson]

jvmago, veradde, toda vez que eu a vejo, recorro ao livro pensando que esqueci de algum dado , mas não só diz isto mesmo.essa sim é mirabolante !

[jvmago]

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[jvmago]

Essa questão merece música, pois não é nada trivial

https://youtu.be/IBvf7KUEZ78

[jvmago]

Vou me abster de demonstrar isso por hora mas é possível verificar naquele tópico sobre as propriedades das flechar

Ao traçarmos PQ passando pelos pontos de tangencia M,N ao se traçar P'Q perpendicular a PC então APQP' será paralelogramo!

Agora é só loucura!

Tracemos PC e AQ

Note que AP=PB e BQ=QC

No triângulo QCP' tem-se P'cQ=45 visto que
[tex3]2(BcP+BaQ)=90[/tex3] e então

[tex3]P'C=P'Q=a[/tex3]

Trace AQ e perceba que PoA=45 e portanto [tex3]OP'=P'Q=a[/tex3]

Como PP' é diagonal então [tex3]PP'=2a[/tex3]

Observando o triângulo PP'Q PERCEBEMOS UM TRIÂNGULO retangulo notável de 53/2 tal que o arco QC=53

De maneira analoga , no triângulo APC ele será notável de 37/2 e então

O arco AP=37

Por fim basta mais uma visualizada

Note que a área de AOP'=A3

Como AO=OQ e QP' é mediatriz então

[AOP']=[OQP']=[QP'C]=A3 e fim senhores

[tex3]A1+A2+A3=x=\frac{a²}{2} + \frac{πr²37}{360}-\frac{r²sen(37)}{2}+\frac{53πr²}{360} -\frac{r²sen53}{2}[/tex3]

Simplificando isso

[tex3]x=\frac{a²}{2}+r²(\frac{π}{4}-\frac{7}{10})[/tex3]


Observando o triângulo QPP' temos

[tex3]2=a√5[/tex3]

Observando o triângulo APC temos

[tex3]2r=a√10[/tex3] substituindo
[tex3]2r=2√2[/tex3] agora é só substituir lá em cima e álgebrar

[tex3]x=\frac{4*1}{5*2}+2(\frac{π}{4}-\frac{7}{10})[/tex3]

Simplificando isso temos sua resposta

[tex3]A1+A2+A3=\frac{π}{2}-1[/tex3]

PIMBADA

[geobson]

jvmago, é preciso mesmo uma visão muito perspicaz pra enxergar tudo isso aí dentro.

[jvmago]

Essa é realmente bem injusta!

[geobson]

Esse teorema justifica muita coisa na solução deste incrível problema.

viewtopic.php?f=28&t=94695

[petras]

geobson,
Utilizando o lema já mencionado para garantir que PMNQ são colineares
[tex3]∠AQC=\frac{π}{2}\\
∠POQ=π−∠A−∠C=∠B=\frac{π}{2} \implies (a) PQ=\sqrt2r_{(r = raio ~ ABC)}\therefore 2=\sqrt2r \implies r=\sqrt2\\
(b) ∠PCQ=\frac{π}{4}\\
∠COQ=∠A=α\\
A1=\frac{1}{2}r^2(\frac{π}{2}−α−cosα)\\
A2=\frac{1}{2}r^2(α−senα)\\
A3=\frac{1}{2}AC⋅CD⋅sen(∠ACD)=\frac{1}{2}(2r) (2rsen\frac {α}{2}⋅cos\frac{π}{4})sen(\frac{π}{4}−\frac{α}{2})=r^2sen\frac{α}{2}(cos\frac{α}{2}−sen\frac{α}{2})=\frac{1}{2}r^2(senα+cosα−1)\\
\\\triangle CQD\implies CD=CQ.cos \frac{\pi}{4}:\triangle ACQ \implies CQ = 2rsen\frac{a}{2} \\
\therefore A1+A2+A3=\frac{1}{2}r^2 (\frac{\pi}{2}-\alpha-cos \alpha+\alpha-sen\alpha+sen\alpha+cos\alpha-1)=\frac{1}{2}.\frac{2}{2}(\frac{\pi}{2}-1)
\\ \therefore \boxed{A1+A2+A3=\frac{π}{2}−1}\\

[/tex3]
(Solução:user)