Re: [obm-l] Geom. Plana
vc pode fazer por geometria analitica, calculando a equação de cada reta e depois vc acha o angulo entre elas, abraço, saulo. On 6/14/05, junior jr. [EMAIL PROTECTED] wrote: ABC é um triangulo isosceles cujo ângulo do vétice B=20º, P e Q são pontos respectivamente dos lados BC e AB, tais que CÂP=50º e ACQ=60º. Calcular o angluo APQ. Este problema esta parado um bom tempo. Qualquer ajuda é bem vinda. Júnior. -- ___ Check out the latest SMS services @ http://www.linuxmail.org This allows you to send and receive SMS through your mailbox. Powered by Outblaze = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html = = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
[obm-l] Geom. Plana
ABC é um triangulo isosceles cujo ângulo do vétice B=20º, P e Q são pontos respectivamente dos lados BC e AB, tais que CÂP=50º e ACQ=60º. Calcular o angluo APQ. Este problema esta parado um bom tempo. Qualquer ajuda é bem vinda. Júnior. -- ___ Check out the latest SMS services @ http://www.linuxmail.org This allows you to send and receive SMS through your mailbox. Powered by Outblaze = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
Re: [obm-l] Geom. Plana
junior jr. wrote: ABC é um triangulo isosceles cujo ângulo do vétice B=20º, P e Q são pontos respectivamente dos lados BC e AB, tais que CÂP=50º e ACQ=60º. Calcular o angluo APQ. Esse problema é velhão, tem um monte de resoluções na web. Buscando por triangulo isosceles 50 60 a primeira solução que apareceu foi essa aqui: http://pessoal.sercomtel.com.br/matematica/geometria/geom-elem/triso00.htm Ricardo Bittencourt http://www.mundobizarro.tk [EMAIL PROTECTED] kimitatino kitiwa subete CATS ga itadaita -- União contra o forward - crie suas proprias piadas -- = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
Re: [obm-l] Geom. Plana
Resposta em menos de 20 minutos. Obrigado! - Original Message - From: Ricardo Bittencourt [EMAIL PROTECTED] To: obm-l@mat.puc-rio.br Subject: Re: [obm-l] Geom. Plana Date: Tue, 14 Jun 2005 12:59:24 -0300 junior jr. wrote: ABC é um triangulo isosceles cujo ângulo do vétice B=20º, P e Q são pontos respectivamente dos lados BC e AB, tais que CÂP=50º e ACQ=60º. Calcular o angluo APQ. Esse problema é velhão, tem um monte de resoluções na web. Buscando por triangulo isosceles 50 60 a primeira solução que apareceu foi essa aqui: http://pessoal.sercomtel.com.br/matematica/geometria/geom-elem/triso00.htm Ricardo Bittencourt http://www.mundobizarro.tk [EMAIL PROTECTED] kimitatino kitiwa subete CATS ga itadaita -- União contra o forward - crie suas proprias piadas -- = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html = -- ___ Check out the latest SMS services @ http://www.linuxmail.org This allows you to send and receive SMS through your mailbox. Powered by Outblaze = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
Re: [obm-l] Geom. Plana
Relamente esse problema eh muito famoso.. Ha outra solucao mais simples do que a postada acima(por geometria mesmo)... a resolucao está até animada!! vide site: http://agutie.homestead.com/files/LangleyProblem.html On 6/14/05, Junior jr. [EMAIL PROTECTED] wrote: Resposta em menos de 20 minutos. Obrigado!- Original Message -From: Ricardo Bittencourt [EMAIL PROTECTED]To: obm-l@mat.puc-rio.brSubject: Re: [obm-l] Geom. PlanaDate: Tue, 14 Jun 2005 12:59:24 -0300 junior jr. wrote: ABC é um triangulo isosceles cujo ângulo do vétice B=20º, P e Q são pontos respectivamente dos lados BC e AB, tais que CÂP=50º e ACQ=60º. Calcular o angluo APQ. Esse problema é velhão, tem um monte de resoluções na web. Buscando por triangulo isosceles 50 60 a primeira solução que apareceu foi essa aqui: http://pessoal.sercomtel.com.br/matematica/geometria/geom-elem/triso00.htm Ricardo Bittencourt http://www.mundobizarro.tk [EMAIL PROTECTED]kimitatino kitiwa subete CATS ga itadaita -- União contra o forward - crie suas proprias piadas -- = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =--___Check out the latest SMS services @ http://www.linuxmail.orgThis allows you to send and receive SMS through your mailbox.Powered by Outblaze= Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista emhttp://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html=
Re: [obm-l] Geom. Plana
Trapezóide eh o mesmo que quadrilatero Angelo Barone Netto [EMAIL PROTECTED] = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
Re: [obm-l] Geom. Plana
trapezóide eh o mesmo que trapézio? On Wed, Oct 13, 2004 at 10:39:25AM -0300, aryqueirozq wrote: 01. Um círculo é inscrito em um trapezóide ABCD.Tome K,L,M,N como os pontos de intersecço~es do círculo com as diagonais AC e BD respectivamente ( K entre A e L , e M entre B e N ) . Sendo AK*LC = 16 e BM * ND = 9/4 , ache o raio do círculo. 02.Suponha que n( r ) denota o número de pontos com coordenadas inteiras em um círculo de raio r 1. Prove que n ( r ) 6*raiz cúbica de pi*r^2 Agradeço. __ Acabe com aquelas janelinhas que pulam na sua tela. AntiPop-up UOL - É grátis! http://antipopup.uol.com.br/ = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html = = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
Re: [obm-l] Geom. Plana
- Original Message - From: Eduardo Henrique Leitner [EMAIL PROTECTED] To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Saturday, October 16, 2004 12:36 AM Subject: Re: [obm-l] Geom. Plana trapezóide eh o mesmo que trapézio? Em geral, define-se trapezóide como um quadrilátero com dois lados paralelos. Há autores que definem trapézio como um quadrilátero que não possui lados paralelos, enquanto outros definem como um quadrilátero com dois lados paralelos (o que seria equivalente a trapezóide). = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
[obm-l] Geom. Plana
01. Um círculo é inscrito em um trapezóide ABCD.Tome K,L,M,N como os pontos de intersecço~es do círculo com as diagonais AC e BD respectivamente ( K entre A e L , e M entre B e N ) . Sendo AK*LC = 16 e BM * ND = 9/4 , ache o raio do círculo. 02.Suponha que n( r ) denota o número de pontos com coordenadas inteiras em um círculo de raio r 1. Prove que n ( r ) 6*raiz cúbica de pi*r^2 Agradeço. __ Acabe com aquelas janelinhas que pulam na sua tela. AntiPop-up UOL - É grátis! http://antipopup.uol.com.br/ = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
RE: [obm-l] Geom. Plana
Okay Rogério vou analisá la,... valew! Osvaldo, Para chegar a esta conclusão, você vai ter que levar em conta o seguinte dado do enunciado do problema: ... os pontos de interseção de seus lados sejam os vértices de um octógono regular.. Sendo assim, você pode levar em consideração que todos os ângulos internos do octógono regular são iguais a 135°. Usando esta informação, você pode comprovar as suas conclusões de várias maneiras. Observe que você não tinha usado esta informação, portanto você estava resolvendo um problema mais genérico como se fosse um caso particular. Obs.: Se estiver com tempo, dê uma analisada na resolução que eu propus. A resolução parece extensa, mas isto ocorreu devido a eu ter explicado detalhadamente todos os passos e cálculos. Ao analisar os passos da resolução, você poderá concluir que a resolução é bem simples. Abraços, Rogério Moraes de Carvalho -Original Message- From: [EMAIL PROTECTED] [mailto:owner-obm- [EMAIL PROTECTED] On Behalf Of Osvaldo Sent: sábado, 29 de maio de 2004 21:50 To: obm-l Subject: RE: [obm-l] Geom. Plana E ai Rogério! Poxa, acho que vc esta certo. Será que tem alguma maneira direta de se fazer isto? se tiver favor me mandar. valew! Olá Osvaldo, Observe que você está tirando conclusões baseadas somente no desenho. O enunciado não fornece nenhuma informação que permita que você conclua de maneira DIRETA que os segmentos XJ e OC são paralelos. Ao afirmar que os segmentos XJ e OC são paralelos, você está afirmando de maneira indireta que o quadrado EFGH pode ser obtido a partir do quadrado ABCD por uma rotação de 45° em torno do seu centro. Abraços, Rogério Moraes de Carvalho -Original Message- From: [EMAIL PROTECTED] [mailto:owner-obm- [EMAIL PROTECTED] On Behalf Of Osvaldo Sent: sábado, 29 de maio de 2004 16:55 To: obm-l Subject: RE: [obm-l] Geom. Plana Okay, concordo! Porém, não mencionei na minha solução por ME PARECER meio direto, desculpe. Tipo, olhando para os ângulos XJB e OCB, concluímos que eles têm mesmo valor (ang. correspondentes ja que BC é comum e os segmentos XJ e OC são //), ou seja 45° , dai completo o angulo BIX, ou seja BIX+90+45=180 ou seja, BIX vale 45 tambem. Falow, até. Olá Osvaldo, Não há dados suficientes no enunciado do problema que permitam que você conclua de forma DIRETA que os triângulos ABC e IBJ são semelhantes. É fácil e direto concluir que os ângulos do triângulo ABC são os seguintes: ABC = 90°, BCA = 45° e CAB = 45°, uma vez que se trata de um triângulo retângulo isósceles (AB = BC = L e ABC = 90°). Porém, apesar de podermos concluir diretamente que no triângulo IBJ o ângulo IBJ = 90°, não se pode concluir diretamente que BJI = 45° ou JIB = 45°. Sendo assim, não é correto fazer a semelhança entre os triângulos ABC e IBJ pelo critério AA~, a não ser que se prove antes que um dos ângulos agudos do triângulo IBJ é igual a 45°. Uma possível demonstração está colocada na solução que eu propus. Atenciosamente, Rogério Moraes de Carvalho -Original Message- From: [EMAIL PROTECTED] [mailto:owner- obm- [EMAIL PROTECTED] On Behalf Of Osvaldo Sent: sábado, 29 de maio de 2004 13:58 To: obm-l Subject: RE: [obm-l] Geom. Plana E ai Thór! Creio que uma outra res. possível seja algo como esta: Dois quadrados com mesmo perímetro são certamente congruentes. Seja l o lado do quadrado, ambos os quadrados têm perímetro P, assim P=l/4 Faça o desenho. Sejam A,B,C,D os vértices do primeiro quadrado e sejam E,F,G,H os vértices do outro quadrado de tal forma que B está mais proxima de EF. Sejam I e J as intersecções de EF com os lados AB e BC, respectivamente; O o centro dos quadrados e X a intersecção de OB com o lado EF. Trace a diagonal AC. Os triang. ABC e IBJ são semelhantes caso ~AA. Da proporção AC/OB=IJ/XB temos que IJ=2.XB=2.y, onde IJ é o lado do octógono regular. Observe que a diagonal do quadrado corresponde ao lado do quadrado somada com duas vezes y=XB, ou seja, l.sqrt (2)=l+2.y= y=l.(sqrt(2-1))/2 Observe que o triang. ret. XBJ é isosceles, logo o lado do octógono corresponde a duas vezes y ou seja l. (sqrt (2)-1)= (P/4).(sqrt(2)-1) Falow ai Olá Thor, Segue uma resolução possível para esta questão. RESOLUÇÃO POSSÍVEL: Se os dois quadrados concêntricos têm os mesmos perímetros (P), então eles são congruentes, pois terão os mesmos lados (L = P/4). Como o esboço da figura é muito importante para facilitar a compreensão da resolução, segue a descrição do mesmo. Seja ABCD um quadrado de perímetro P
RE: [obm-l] Geom. Plana
Olá Thor,
Segue uma resolução possível para esta questão.
RESOLUÇÃO POSSÍVEL:
Se os dois quadrados concêntricos têm os mesmos perímetros (P), então eles
são congruentes, pois terão os mesmos lados (L = P/4). Como o esboço da
figura é muito importante para facilitar a compreensão da resolução, segue a
descrição do mesmo.
Seja ABCD um quadrado de perímetro P, lado L (L = P/4) e centro O. Agora
obtenha o outro quadrado A'B'C'D' a partir da rotação de um ângulo BETA de
ABCD em torno da sua origem O no sentido horário, tal que 0 BETA 90°.
Nomeie os pontos de interseção dos dois quadrados como H[1], H[2], H[3],
..., H[8] no sentido horário partindo do ponto de interseção mais próximo de
A no segmento AB.
Segue a demonstração de que o ângulo BETA (AOA') de rotação do quadrado
ABCD deve ser igual a 45°.
Para isto, considere P o ponto de interseção do segmento AO com o lado D'A'
do quadrado A'B'C'D' e Q o ponto de interseção do segmento A'O com o lado AB
do quadrado ABCD. No quadrilátero PH[1]QO o ângulo PH[1]Q corresponde a um
dos ângulos internos de um octógono regular (dado do enunciado), então:
PH[1]Q = (8 - 2).180°/8 = 135°
PH[1]A + PH[1]Q = 180° = PH[1]A + 135° = 180° = PH[1]A = 45°
PAH[1] = 45° (ângulo agudo formado entre uma diagonal e um lado do quadrado
ABCD)
Pelo Teorema do Ângulo Interno: OPH[1] = PAH[1] + PH[1]A = OPH[1] = 90°
Analogamente, concluímos que H[1]QO = 90°
A soma dos ângulos internos do quadrilátero OPH[1]Q é igual a 360°,
portanto: OPH[1] + PH[1]Q + H[1]QO + QOP = 360° = 90° + 135° + 90° +
BETA = 360° = BETA = 45°
Observe que: AO = AP + PO (i)
AO: metade da diagonal do quadrado ABCD, portanto AO = L.sqr(2)/2 (ii)
AP: metade do lado do octógono regular (X/2), pois na dedução do ângulo de
rotação (BETA) nós concluímos que o triângulo APH[1] é retângulo isósceles.
Analogamente, podemos concluir que APH[8] é retângulo isósceles. Como o lado
AP é comum, podemos dizer que os triângulo APH[1] e APH[8] são congruentes
pelo critério ALA. Considerando X como a medida do lado do octógono regular
H[1]H[2]H[3]H[4]H[5]H[6]H[7]H[8], teremos AP = PH[1] = PH[8] = X/2 (iii)
PO: metade do lado do quadrado A'B'C'D', portanto PO = L/2 (iv)
Substituindo as igualdades (ii), (iii) e (iv) na igualdade (i), teremos:
L.sqr(2)/2 = X/2 + L/2 = X = [sqr(2) - 1].L
Como L = P/4: X = {[sqr(2) - 1].P}/4
Resposta: {[sqr(2) - 1].P}/4
Atenciosamente,
Rogério Moraes de Carvalho
__
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Behalf Of Thor
Sent: sexta-feira, 28 de maio de 2004 19:25
To: [EMAIL PROTECTED]
Subject: [obm-l] Geom. Plana
Dois quadrados concêntricos de perímetro P , cada , são interceptados de
modo que os pontos de interseção
de seus lados sejam os vértices de um octógono regular.Qual é o lado desse
octógono em funçao de P?
Tentei fazer , e cheguei na lei dos co-senos , e dai parei
Agradeço desde de já.
=
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http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html
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RE: [obm-l] Geom. Plana
E ai Thór!
Creio que uma outra res. possível seja algo como esta:
Dois quadrados com mesmo perímetro são certamente
congruentes.
Seja l o lado do quadrado, ambos os quadrados têm
perímetro P, assim P=l/4
Faça o desenho. Sejam A,B,C,D os vértices do primeiro
quadrado e sejam E,F,G,H os vértices do outro quadrado
de tal forma que B está mais proxima de EF. Sejam I e J
as intersecções de EF com os lados AB e BC,
respectivamente; O o centro dos quadrados e X a
intersecção de OB com o lado EF.
Trace a diagonal AC. Os triang. ABC e IBJ são
semelhantes caso ~AA. Da proporção AC/OB=IJ/XB
temos que IJ=2.XB=2.y, onde IJ é o lado do octógono
regular.
Observe que a diagonal do quadrado corresponde ao lado
do quadrado somada com duas vezes y=XB, ou seja, l.sqrt
(2)=l+2.y= y=l.(sqrt(2-1))/2
Observe que o triang. ret. XBJ é isosceles, logo o lado
do octógono corresponde a duas vezes y ou seja l.(sqrt
(2)-1)=
(P/4).(sqrt(2)-1)
Falow ai
Olá Thor,
Segue uma resolução possível para esta questão.
RESOLUÇÃO POSSÍVEL:
Se os dois quadrados concêntricos têm os mesmos
perímetros (P), então eles
são congruentes, pois terão os mesmos lados (L =
P/4). Como o esboço da
figura é muito importante para facilitar a
compreensão da resolução, segue a
descrição do mesmo.
Seja ABCD um quadrado de perímetro P, lado L (L =
P/4) e centro O. Agora
obtenha o outro quadrado A'B'C'D' a partir da rotação
de um ângulo BETA de
ABCD em torno da sua origem O no sentido horário, tal
que 0 BETA 90°.
Nomeie os pontos de interseção dos dois quadrados
como H[1], H[2], H[3],
..., H[8] no sentido horário partindo do ponto de
interseção mais próximo de
A no segmento AB.
Segue a demonstração de que o ângulo BETA (AOA') de
rotação do quadrado
ABCD deve ser igual a 45°.
Para isto, considere P o ponto de interseção do
segmento AO com o lado D'A'
do quadrado A'B'C'D' e Q o ponto de interseção do
segmento A'O com o lado AB
do quadrado ABCD. No quadrilátero PH[1]QO o ângulo PH
[1]Q corresponde a um
dos ângulos internos de um octógono regular (dado do
enunciado), então:
PH[1]Q = (8 - 2).180°/8 = 135°
PH[1]A + PH[1]Q = 180° = PH[1]A + 135° = 180° =
PH[1]A = 45°
PAH[1] = 45° (ângulo agudo formado entre uma
diagonal e um lado do quadrado
ABCD)
Pelo Teorema do Ângulo Interno: OPH[1] = PAH[1] +
PH[1]A = OPH[1] = 90°
Analogamente, concluímos que H[1]QO = 90°
A soma dos ângulos internos do quadrilátero OPH[1]Q é
igual a 360°,
portanto: OPH[1] + PH[1]Q + H[1]QO + QOP = 360°
= 90° + 135° + 90° +
BETA = 360° = BETA = 45°
Observe que: AO = AP + PO (i)
AO: metade da diagonal do quadrado ABCD, portanto AO
= L.sqr(2)/2 (ii)
AP: metade do lado do octógono regular (X/2), pois na
dedução do ângulo de
rotação (BETA) nós concluímos que o triângulo APH[1]
é retângulo isósceles.
Analogamente, podemos concluir que APH[8] é retângulo
isósceles. Como o lado
AP é comum, podemos dizer que os triângulo APH[1] e
APH[8] são congruentes
pelo critério ALA. Considerando X como a medida do
lado do octógono regular
H[1]H[2]H[3]H[4]H[5]H[6]H[7]H[8], teremos AP = PH[1]
= PH[8] = X/2 (iii)
PO: metade do lado do quadrado A'B'C'D', portanto PO
= L/2 (iv)
Substituindo as igualdades (ii), (iii) e (iv) na
igualdade (i), teremos:
L.sqr(2)/2 = X/2 + L/2 = X = [sqr(2) - 1].L
Como L = P/4: X = {[sqr(2) - 1].P}/4
Resposta: {[sqr(2) - 1].P}/4
Atenciosamente,
Rogério Moraes de Carvalho
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Dois quadrados concêntricos de perímetro P , cada ,
são interceptados de
modo que os pontos de interseção
de seus lados sejam os vértices de um octógono
regular.Qual é o lado desse
octógono em funçao de P?
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Engenharia Elétrica - UNESP Ilha Solteira
Osvaldo Mello Sponquiado
Usuário de GNU/Linux
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RE: [obm-l] Geom. Plana
Olá Osvaldo,
Não há dados suficientes no enunciado do problema que permitam que
você conclua de forma DIRETA que os triângulos ABC e IBJ são semelhantes. É
fácil e direto concluir que os ângulos do triângulo ABC são os seguintes:
ABC = 90°, BCA = 45° e CAB = 45°, uma vez que se trata de um triângulo
retângulo isósceles (AB = BC = L e ABC = 90°). Porém, apesar de podermos
concluir diretamente que no triângulo IBJ o ângulo IBJ = 90°, não se pode
concluir diretamente que BJI = 45° ou JIB = 45°. Sendo assim, não é
correto fazer a semelhança entre os triângulos ABC e IBJ pelo critério AA~,
a não ser que se prove antes que um dos ângulos agudos do triângulo IBJ é
igual a 45°. Uma possível demonstração está colocada na solução que eu
propus.
Atenciosamente,
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Subject: RE: [obm-l] Geom. Plana
E ai Thór!
Creio que uma outra res. possível seja algo como esta:
Dois quadrados com mesmo perímetro são certamente
congruentes.
Seja l o lado do quadrado, ambos os quadrados têm
perímetro P, assim P=l/4
Faça o desenho. Sejam A,B,C,D os vértices do primeiro
quadrado e sejam E,F,G,H os vértices do outro quadrado
de tal forma que B está mais proxima de EF. Sejam I e J
as intersecções de EF com os lados AB e BC,
respectivamente; O o centro dos quadrados e X a
intersecção de OB com o lado EF.
Trace a diagonal AC. Os triang. ABC e IBJ são
semelhantes caso ~AA. Da proporção AC/OB=IJ/XB
temos que IJ=2.XB=2.y, onde IJ é o lado do octógono
regular.
Observe que a diagonal do quadrado corresponde ao lado
do quadrado somada com duas vezes y=XB, ou seja, l.sqrt
(2)=l+2.y= y=l.(sqrt(2-1))/2
Observe que o triang. ret. XBJ é isosceles, logo o lado
do octógono corresponde a duas vezes y ou seja l.(sqrt
(2)-1)=
(P/4).(sqrt(2)-1)
Falow ai
Olá Thor,
Segue uma resolução possível para esta questão.
RESOLUÇÃO POSSÍVEL:
Se os dois quadrados concêntricos têm os mesmos
perímetros (P), então eles
são congruentes, pois terão os mesmos lados (L =
P/4). Como o esboço da
figura é muito importante para facilitar a
compreensão da resolução, segue a
descrição do mesmo.
Seja ABCD um quadrado de perímetro P, lado L (L =
P/4) e centro O. Agora
obtenha o outro quadrado A'B'C'D' a partir da rotação
de um ângulo BETA de
ABCD em torno da sua origem O no sentido horário, tal
que 0 BETA 90°.
Nomeie os pontos de interseção dos dois quadrados
como H[1], H[2], H[3],
..., H[8] no sentido horário partindo do ponto de
interseção mais próximo de
A no segmento AB.
Segue a demonstração de que o ângulo BETA (AOA') de
rotação do quadrado
ABCD deve ser igual a 45°.
Para isto, considere P o ponto de interseção do
segmento AO com o lado D'A'
do quadrado A'B'C'D' e Q o ponto de interseção do
segmento A'O com o lado AB
do quadrado ABCD. No quadrilátero PH[1]QO o ângulo PH
[1]Q corresponde a um
dos ângulos internos de um octógono regular (dado do
enunciado), então:
PH[1]Q = (8 - 2).180°/8 = 135°
PH[1]A + PH[1]Q = 180° = PH[1]A + 135° = 180° =
PH[1]A = 45°
PAH[1] = 45° (ângulo agudo formado entre uma
diagonal e um lado do quadrado
ABCD)
Pelo Teorema do Ângulo Interno: OPH[1] = PAH[1] +
PH[1]A = OPH[1] = 90°
Analogamente, concluímos que H[1]QO = 90°
A soma dos ângulos internos do quadrilátero OPH[1]Q é
igual a 360°,
portanto: OPH[1] + PH[1]Q + H[1]QO + QOP = 360°
= 90° + 135° + 90° +
BETA = 360° = BETA = 45°
Observe que: AO = AP + PO (i)
AO: metade da diagonal do quadrado ABCD, portanto AO
= L.sqr(2)/2 (ii)
AP: metade do lado do octógono regular (X/2), pois na
dedução do ângulo de
rotação (BETA) nós concluímos que o triângulo APH[1]
é retângulo isósceles.
Analogamente, podemos concluir que APH[8] é retângulo
isósceles. Como o lado
AP é comum, podemos dizer que os triângulo APH[1] e
APH[8] são congruentes
pelo critério ALA. Considerando X como a medida do
lado do octógono regular
H[1]H[2]H[3]H[4]H[5]H[6]H[7]H[8], teremos AP = PH[1]
= PH[8] = X/2 (iii)
PO: metade do lado do quadrado A'B'C'D', portanto PO
= L/2 (iv)
Substituindo as igualdades (ii), (iii) e (iv) na
igualdade (i), teremos:
L.sqr(2)/2 = X/2 + L/2 = X = [sqr(2) - 1].L
Como L = P/4: X = {[sqr(2) - 1].P}/4
Resposta: {[sqr(2) - 1].P}/4
Atenciosamente,
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Behalf Of Thor
Sent: sexta-feira, 28 de maio de 2004 19:25
To: [EMAIL PROTECTED]
Subject: [obm-l] Geom. Plana
Dois quadrados concêntricos de perímetro P , cada ,
são interceptados de
modo que os pontos de interseção
de seus lados sejam os vértices de um octógono
regular.Qual é o lado desse
octógono em funçao de P?
Tentei fazer , e cheguei na lei dos co-senos , e dai
parei
Agradeço desde de já
RE: [obm-l] Geom. Plana
Okay, concordo!
Porém, não mencionei na minha solução por ME PARECER
meio direto, desculpe.
Tipo, olhando para os ângulos XJB e OCB, concluímos que
eles têm mesmo valor (ang. correspondentes ja que BC é
comum e os segmentos XJ e OC são //), ou seja 45° , dai
completo o angulo BIX, ou seja BIX+90+45=180 ou seja,
BIX vale 45 tambem.
Falow, até.
Olá Osvaldo,
Não há dados suficientes no enunciado do
problema que permitam que
você conclua de forma DIRETA que os triângulos ABC e
IBJ são semelhantes. É
fácil e direto concluir que os ângulos do triângulo
ABC são os seguintes:
ABC = 90°, BCA = 45° e CAB = 45°, uma vez que se
trata de um triângulo
retângulo isósceles (AB = BC = L e ABC = 90°).
Porém, apesar de podermos
concluir diretamente que no triângulo IBJ o ângulo
IBJ = 90°, não se pode
concluir diretamente que BJI = 45° ou JIB = 45°.
Sendo assim, não é
correto fazer a semelhança entre os triângulos ABC e
IBJ pelo critério AA~,
a não ser que se prove antes que um dos ângulos
agudos do triângulo IBJ é
igual a 45°. Uma possível demonstração está colocada
na solução que eu
propus.
Atenciosamente,
Rogério Moraes de Carvalho
-Original Message-
From: [EMAIL PROTECTED] [mailto:owner-obm-
[EMAIL PROTECTED] On
Behalf Of Osvaldo
Sent: sábado, 29 de maio de 2004 13:58
To: obm-l
Subject: RE: [obm-l] Geom. Plana
E ai Thór!
Creio que uma outra res. possível seja algo como esta:
Dois quadrados com mesmo perímetro são certamente
congruentes.
Seja l o lado do quadrado, ambos os quadrados têm
perímetro P, assim P=l/4
Faça o desenho. Sejam A,B,C,D os vértices do primeiro
quadrado e sejam E,F,G,H os vértices do outro
quadrado
de tal forma que B está mais proxima de EF. Sejam I e
J
as intersecções de EF com os lados AB e BC,
respectivamente; O o centro dos quadrados e X a
intersecção de OB com o lado EF.
Trace a diagonal AC. Os triang. ABC e IBJ são
semelhantes caso ~AA. Da proporção AC/OB=IJ/XB
temos que IJ=2.XB=2.y, onde IJ é o lado do octógono
regular.
Observe que a diagonal do quadrado corresponde ao
lado
do quadrado somada com duas vezes y=XB, ou seja,
l.sqrt
(2)=l+2.y= y=l.(sqrt(2-1))/2
Observe que o triang. ret. XBJ é isosceles, logo o
lado
do octógono corresponde a duas vezes y ou seja l.(sqrt
(2)-1)=
(P/4).(sqrt(2)-1)
Falow ai
Olá Thor,
Segue uma resolução possível para esta questão.
RESOLUÇÃO POSSÍVEL:
Se os dois quadrados concêntricos têm os mesmos
perímetros (P), então eles
são congruentes, pois terão os mesmos lados (L =
P/4). Como o esboço da
figura é muito importante para facilitar a
compreensão da resolução, segue a
descrição do mesmo.
Seja ABCD um quadrado de perímetro P, lado L (L =
P/4) e centro O. Agora
obtenha o outro quadrado A'B'C'D' a partir da
rotação
de um ângulo BETA de
ABCD em torno da sua origem O no sentido horário,
tal
que 0 BETA 90°.
Nomeie os pontos de interseção dos dois quadrados
como H[1], H[2], H[3],
..., H[8] no sentido horário partindo do ponto de
interseção mais próximo de
A no segmento AB.
Segue a demonstração de que o ângulo BETA (AOA')
de
rotação do quadrado
ABCD deve ser igual a 45°.
Para isto, considere P o ponto de interseção do
segmento AO com o lado D'A'
do quadrado A'B'C'D' e Q o ponto de interseção do
segmento A'O com o lado AB
do quadrado ABCD. No quadrilátero PH[1]QO o ângulo
PH
[1]Q corresponde a um
dos ângulos internos de um octógono regular (dado
do
enunciado), então:
PH[1]Q = (8 - 2).180°/8 = 135°
PH[1]A + PH[1]Q = 180° = PH[1]A + 135° = 180°
=
PH[1]A = 45°
PAH[1] = 45° (ângulo agudo formado entre uma
diagonal e um lado do quadrado
ABCD)
Pelo Teorema do Ângulo Interno: OPH[1] = PAH[1] +
PH[1]A = OPH[1] = 90°
Analogamente, concluímos que H[1]QO = 90°
A soma dos ângulos internos do quadrilátero OPH[1]Q
é
igual a 360°,
portanto: OPH[1] + PH[1]Q + H[1]QO + QOP = 360°
= 90° + 135° + 90° +
BETA = 360° = BETA = 45°
Observe que: AO = AP + PO (i)
AO: metade da diagonal do quadrado ABCD, portanto
AO
= L.sqr(2)/2 (ii)
AP: metade do lado do octógono regular (X/2), pois
na
dedução do ângulo de
rotação (BETA) nós concluímos que o triângulo APH
[1]
é retângulo isósceles.
Analogamente, podemos concluir que APH[8] é
retângulo
isósceles. Como o lado
AP é comum, podemos dizer que os triângulo APH[1] e
APH[8] são congruentes
pelo critério ALA. Considerando X como a medida do
lado do octógono regular
H[1]H[2]H[3]H[4]H[5]H[6]H[7]H[8], teremos AP = PH
[1]
= PH[8] = X/2 (iii)
PO: metade do lado do quadrado A'B'C'D', portanto
PO
= L/2 (iv)
Substituindo as igualdades (ii), (iii) e (iv) na
igualdade (i), teremos:
L.sqr(2)/2 = X/2 + L/2 = X = [sqr(2) - 1].L
Como L = P/4: X = {[sqr(2) - 1].P}/4
Resposta: {[sqr(2) - 1].P}/4
Atenciosamente,
Rogério Moraes de Carvalho
RE: [obm-l] Geom. Plana
Olá Osvaldo, Observe que você está tirando conclusões baseadas somente no desenho. O enunciado não fornece nenhuma informação que permita que você conclua de maneira DIRETA que os segmentos XJ e OC são paralelos. Ao afirmar que os segmentos XJ e OC são paralelos, você está afirmando de maneira indireta que o quadrado EFGH pode ser obtido a partir do quadrado ABCD por uma rotação de 45° em torno do seu centro. Abraços, Rogério Moraes de Carvalho -Original Message- From: [EMAIL PROTECTED] [mailto:[EMAIL PROTECTED] On Behalf Of Osvaldo Sent: sábado, 29 de maio de 2004 16:55 To: obm-l Subject: RE: [obm-l] Geom. Plana Okay, concordo! Porém, não mencionei na minha solução por ME PARECER meio direto, desculpe. Tipo, olhando para os ângulos XJB e OCB, concluímos que eles têm mesmo valor (ang. correspondentes ja que BC é comum e os segmentos XJ e OC são //), ou seja 45° , dai completo o angulo BIX, ou seja BIX+90+45=180 ou seja, BIX vale 45 tambem. Falow, até. Olá Osvaldo, Não há dados suficientes no enunciado do problema que permitam que você conclua de forma DIRETA que os triângulos ABC e IBJ são semelhantes. É fácil e direto concluir que os ângulos do triângulo ABC são os seguintes: ABC = 90°, BCA = 45° e CAB = 45°, uma vez que se trata de um triângulo retângulo isósceles (AB = BC = L e ABC = 90°). Porém, apesar de podermos concluir diretamente que no triângulo IBJ o ângulo IBJ = 90°, não se pode concluir diretamente que BJI = 45° ou JIB = 45°. Sendo assim, não é correto fazer a semelhança entre os triângulos ABC e IBJ pelo critério AA~, a não ser que se prove antes que um dos ângulos agudos do triângulo IBJ é igual a 45°. Uma possível demonstração está colocada na solução que eu propus. Atenciosamente, Rogério Moraes de Carvalho -Original Message- From: [EMAIL PROTECTED] [mailto:owner-obm- [EMAIL PROTECTED] On Behalf Of Osvaldo Sent: sábado, 29 de maio de 2004 13:58 To: obm-l Subject: RE: [obm-l] Geom. Plana E ai Thór! Creio que uma outra res. possível seja algo como esta: Dois quadrados com mesmo perímetro são certamente congruentes. Seja l o lado do quadrado, ambos os quadrados têm perímetro P, assim P=l/4 Faça o desenho. Sejam A,B,C,D os vértices do primeiro quadrado e sejam E,F,G,H os vértices do outro quadrado de tal forma que B está mais proxima de EF. Sejam I e J as intersecções de EF com os lados AB e BC, respectivamente; O o centro dos quadrados e X a intersecção de OB com o lado EF. Trace a diagonal AC. Os triang. ABC e IBJ são semelhantes caso ~AA. Da proporção AC/OB=IJ/XB temos que IJ=2.XB=2.y, onde IJ é o lado do octógono regular. Observe que a diagonal do quadrado corresponde ao lado do quadrado somada com duas vezes y=XB, ou seja, l.sqrt (2)=l+2.y= y=l.(sqrt(2-1))/2 Observe que o triang. ret. XBJ é isosceles, logo o lado do octógono corresponde a duas vezes y ou seja l.(sqrt (2)-1)= (P/4).(sqrt(2)-1) Falow ai Olá Thor, Segue uma resolução possível para esta questão. RESOLUÇÃO POSSÍVEL: Se os dois quadrados concêntricos têm os mesmos perímetros (P), então eles são congruentes, pois terão os mesmos lados (L = P/4). Como o esboço da figura é muito importante para facilitar a compreensão da resolução, segue a descrição do mesmo. Seja ABCD um quadrado de perímetro P, lado L (L = P/4) e centro O. Agora obtenha o outro quadrado A'B'C'D' a partir da rotação de um ângulo BETA de ABCD em torno da sua origem O no sentido horário, tal que 0 BETA 90°. Nomeie os pontos de interseção dos dois quadrados como H[1], H[2], H[3], ..., H[8] no sentido horário partindo do ponto de interseção mais próximo de A no segmento AB. Segue a demonstração de que o ângulo BETA (AOA') de rotação do quadrado ABCD deve ser igual a 45°. Para isto, considere P o ponto de interseção do segmento AO com o lado D'A' do quadrado A'B'C'D' e Q o ponto de interseção do segmento A'O com o lado AB do quadrado ABCD. No quadrilátero PH[1]QO o ângulo PH [1]Q corresponde a um dos ângulos internos de um octógono regular (dado do enunciado), então: PH[1]Q = (8 - 2).180°/8 = 135° PH[1]A + PH[1]Q = 180° = PH[1]A + 135° = 180° = PH[1]A = 45° PAH[1] = 45° (ângulo agudo formado entre uma diagonal e um lado do quadrado ABCD) Pelo Teorema do Ângulo Interno: OPH[1] = PAH[1] + PH[1]A = OPH[1] = 90° Analogamente, concluímos que H[1]QO = 90° A soma dos ângulos internos do quadrilátero OPH[1]Q é igual a 360°, portanto: OPH[1] + PH[1]Q + H[1]QO + QOP = 360° = 90° + 135° + 90° + BETA = 360° = BETA = 45° Observe que: AO = AP + PO (i) AO: metade da diagonal do quadrado ABCD, portanto AO = L.sqr(2)/2 (ii) AP: metade do lado do octógono regular (X/2), pois na dedução do ângulo de rotação (BETA) nós concluímos que o triângulo APH [1] é retângulo isósceles. Analogamente, podemos
RE: [obm-l] Geom. Plana
E ai Rogério! Poxa, acho que vc esta certo. Será que tem alguma maneira direta de se fazer isto? se tiver favor me mandar. valew! Olá Osvaldo, Observe que você está tirando conclusões baseadas somente no desenho. O enunciado não fornece nenhuma informação que permita que você conclua de maneira DIRETA que os segmentos XJ e OC são paralelos. Ao afirmar que os segmentos XJ e OC são paralelos, você está afirmando de maneira indireta que o quadrado EFGH pode ser obtido a partir do quadrado ABCD por uma rotação de 45° em torno do seu centro. Abraços, Rogério Moraes de Carvalho -Original Message- From: [EMAIL PROTECTED] [mailto:owner-obm- [EMAIL PROTECTED] On Behalf Of Osvaldo Sent: sábado, 29 de maio de 2004 16:55 To: obm-l Subject: RE: [obm-l] Geom. Plana Okay, concordo! Porém, não mencionei na minha solução por ME PARECER meio direto, desculpe. Tipo, olhando para os ângulos XJB e OCB, concluímos que eles têm mesmo valor (ang. correspondentes ja que BC é comum e os segmentos XJ e OC são //), ou seja 45° , dai completo o angulo BIX, ou seja BIX+90+45=180 ou seja, BIX vale 45 tambem. Falow, até. Olá Osvaldo, Não há dados suficientes no enunciado do problema que permitam que você conclua de forma DIRETA que os triângulos ABC e IBJ são semelhantes. É fácil e direto concluir que os ângulos do triângulo ABC são os seguintes: ABC = 90°, BCA = 45° e CAB = 45°, uma vez que se trata de um triângulo retângulo isósceles (AB = BC = L e ABC = 90°). Porém, apesar de podermos concluir diretamente que no triângulo IBJ o ângulo IBJ = 90°, não se pode concluir diretamente que BJI = 45° ou JIB = 45°. Sendo assim, não é correto fazer a semelhança entre os triângulos ABC e IBJ pelo critério AA~, a não ser que se prove antes que um dos ângulos agudos do triângulo IBJ é igual a 45°. Uma possível demonstração está colocada na solução que eu propus. Atenciosamente, Rogério Moraes de Carvalho -Original Message- From: [EMAIL PROTECTED] [mailto:owner-obm- [EMAIL PROTECTED] On Behalf Of Osvaldo Sent: sábado, 29 de maio de 2004 13:58 To: obm-l Subject: RE: [obm-l] Geom. Plana E ai Thór! Creio que uma outra res. possível seja algo como esta: Dois quadrados com mesmo perímetro são certamente congruentes. Seja l o lado do quadrado, ambos os quadrados têm perímetro P, assim P=l/4 Faça o desenho. Sejam A,B,C,D os vértices do primeiro quadrado e sejam E,F,G,H os vértices do outro quadrado de tal forma que B está mais proxima de EF. Sejam I e J as intersecções de EF com os lados AB e BC, respectivamente; O o centro dos quadrados e X a intersecção de OB com o lado EF. Trace a diagonal AC. Os triang. ABC e IBJ são semelhantes caso ~AA. Da proporção AC/OB=IJ/XB temos que IJ=2.XB=2.y, onde IJ é o lado do octógono regular. Observe que a diagonal do quadrado corresponde ao lado do quadrado somada com duas vezes y=XB, ou seja, l.sqrt (2)=l+2.y= y=l.(sqrt(2-1))/2 Observe que o triang. ret. XBJ é isosceles, logo o lado do octógono corresponde a duas vezes y ou seja l. (sqrt (2)-1)= (P/4).(sqrt(2)-1) Falow ai Olá Thor, Segue uma resolução possível para esta questão. RESOLUÇÃO POSSÍVEL: Se os dois quadrados concêntricos têm os mesmos perímetros (P), então eles são congruentes, pois terão os mesmos lados (L = P/4). Como o esboço da figura é muito importante para facilitar a compreensão da resolução, segue a descrição do mesmo. Seja ABCD um quadrado de perímetro P, lado L (L = P/4) e centro O. Agora obtenha o outro quadrado A'B'C'D' a partir da rotação de um ângulo BETA de ABCD em torno da sua origem O no sentido horário, tal que 0 BETA 90°. Nomeie os pontos de interseção dos dois quadrados como H[1], H[2], H[3], ..., H[8] no sentido horário partindo do ponto de interseção mais próximo de A no segmento AB. Segue a demonstração de que o ângulo BETA (AOA') de rotação do quadrado ABCD deve ser igual a 45°. Para isto, considere P o ponto de interseção do segmento AO com o lado D'A' do quadrado A'B'C'D' e Q o ponto de interseção do segmento A'O com o lado AB do quadrado ABCD. No quadrilátero PH[1]QO o ângulo PH [1]Q corresponde a um dos ângulos internos de um octógono regular (dado do enunciado), então: PH[1]Q = (8 - 2).180°/8 = 135° PH[1]A + PH[1]Q = 180° = PH[1]A + 135° = 180° = PH[1]A = 45° PAH[1] = 45° (ângulo agudo formado entre uma diagonal e um lado do quadrado ABCD) Pelo Teorema do Ângulo Interno: OPH[1] = PAH[1] + PH[1]A = OPH[1] = 90° Analogamente, concluímos que H[1]QO = 90° A soma dos ângulos internos do quadrilátero OPH[1] Q é igual a 360°, portanto: OPH[1] + PH[1]Q + H[1]QO + QOP = 360° = 90° + 135° + 90
RE: [obm-l] Geom. Plana
Osvaldo, Para chegar a esta conclusão, você vai ter que levar em conta o seguinte dado do enunciado do problema: ... os pontos de interseção de seus lados sejam os vértices de um octógono regular.. Sendo assim, você pode levar em consideração que todos os ângulos internos do octógono regular são iguais a 135°. Usando esta informação, você pode comprovar as suas conclusões de várias maneiras. Observe que você não tinha usado esta informação, portanto você estava resolvendo um problema mais genérico como se fosse um caso particular. Obs.: Se estiver com tempo, dê uma analisada na resolução que eu propus. A resolução parece extensa, mas isto ocorreu devido a eu ter explicado detalhadamente todos os passos e cálculos. Ao analisar os passos da resolução, você poderá concluir que a resolução é bem simples. Abraços, Rogério Moraes de Carvalho -Original Message- From: [EMAIL PROTECTED] [mailto:[EMAIL PROTECTED] On Behalf Of Osvaldo Sent: sábado, 29 de maio de 2004 21:50 To: obm-l Subject: RE: [obm-l] Geom. Plana E ai Rogério! Poxa, acho que vc esta certo. Será que tem alguma maneira direta de se fazer isto? se tiver favor me mandar. valew! Olá Osvaldo, Observe que você está tirando conclusões baseadas somente no desenho. O enunciado não fornece nenhuma informação que permita que você conclua de maneira DIRETA que os segmentos XJ e OC são paralelos. Ao afirmar que os segmentos XJ e OC são paralelos, você está afirmando de maneira indireta que o quadrado EFGH pode ser obtido a partir do quadrado ABCD por uma rotação de 45° em torno do seu centro. Abraços, Rogério Moraes de Carvalho -Original Message- From: [EMAIL PROTECTED] [mailto:owner-obm- [EMAIL PROTECTED] On Behalf Of Osvaldo Sent: sábado, 29 de maio de 2004 16:55 To: obm-l Subject: RE: [obm-l] Geom. Plana Okay, concordo! Porém, não mencionei na minha solução por ME PARECER meio direto, desculpe. Tipo, olhando para os ângulos XJB e OCB, concluímos que eles têm mesmo valor (ang. correspondentes ja que BC é comum e os segmentos XJ e OC são //), ou seja 45° , dai completo o angulo BIX, ou seja BIX+90+45=180 ou seja, BIX vale 45 tambem. Falow, até. Olá Osvaldo, Não há dados suficientes no enunciado do problema que permitam que você conclua de forma DIRETA que os triângulos ABC e IBJ são semelhantes. É fácil e direto concluir que os ângulos do triângulo ABC são os seguintes: ABC = 90°, BCA = 45° e CAB = 45°, uma vez que se trata de um triângulo retângulo isósceles (AB = BC = L e ABC = 90°). Porém, apesar de podermos concluir diretamente que no triângulo IBJ o ângulo IBJ = 90°, não se pode concluir diretamente que BJI = 45° ou JIB = 45°. Sendo assim, não é correto fazer a semelhança entre os triângulos ABC e IBJ pelo critério AA~, a não ser que se prove antes que um dos ângulos agudos do triângulo IBJ é igual a 45°. Uma possível demonstração está colocada na solução que eu propus. Atenciosamente, Rogério Moraes de Carvalho -Original Message- From: [EMAIL PROTECTED] [mailto:owner-obm- [EMAIL PROTECTED] On Behalf Of Osvaldo Sent: sábado, 29 de maio de 2004 13:58 To: obm-l Subject: RE: [obm-l] Geom. Plana E ai Thór! Creio que uma outra res. possível seja algo como esta: Dois quadrados com mesmo perímetro são certamente congruentes. Seja l o lado do quadrado, ambos os quadrados têm perímetro P, assim P=l/4 Faça o desenho. Sejam A,B,C,D os vértices do primeiro quadrado e sejam E,F,G,H os vértices do outro quadrado de tal forma que B está mais proxima de EF. Sejam I e J as intersecções de EF com os lados AB e BC, respectivamente; O o centro dos quadrados e X a intersecção de OB com o lado EF. Trace a diagonal AC. Os triang. ABC e IBJ são semelhantes caso ~AA. Da proporção AC/OB=IJ/XB temos que IJ=2.XB=2.y, onde IJ é o lado do octógono regular. Observe que a diagonal do quadrado corresponde ao lado do quadrado somada com duas vezes y=XB, ou seja, l.sqrt (2)=l+2.y= y=l.(sqrt(2-1))/2 Observe que o triang. ret. XBJ é isosceles, logo o lado do octógono corresponde a duas vezes y ou seja l. (sqrt (2)-1)= (P/4).(sqrt(2)-1) Falow ai Olá Thor, Segue uma resolução possível para esta questão. RESOLUÇÃO POSSÍVEL: Se os dois quadrados concêntricos têm os mesmos perímetros (P), então eles são congruentes, pois terão os mesmos lados (L = P/4). Como o esboço da figura é muito importante para facilitar a compreensão da resolução, segue a descrição do mesmo. Seja ABCD um quadrado de perímetro P, lado L (L = P/4) e centro O. Agora obtenha o outro quadrado A'B'C'D' a partir da rotação de um ângulo BETA de ABCD em torno da sua origem O no sentido horário, tal que 0 BETA 90°. Nomeie os pontos de interseção dos dois quadrados como
[obm-l] Geom. Plana
Dois quadrados concêntricos de perímetro P , cada , são interceptados de modo que os pontos de interseção de seus lados sejam os vértices de um octógono regular.Qual é o lado desse octógono em funçao de P? Tentei fazer , e cheguei na lei dos co-senos , e dai parei Agradeço desde de já.
