Re: [obm-l] Problema de Geometria plana

[Projeto Iteano]

De fato, se vc desenhar com régua e compasso dá pra ver q n é verdade

Em seg, 11 de mai de 2020 20:35, Vanderlei Nemitz 
escreveu:

> Boa noite!
> Vi esse problema em uma lista, mas talvez tenha alguma falha no enunciado.
> Ou será no leitor?
> Muito obrigado!
>
> *Seja ABC um triângulo e D um ponto sobre o lado AC tal que AB = CD. Sejam
> E e F os pontos médios de AD e BC, respectivamente. Se a reta BA intersecta
> a reta FE em M, prove que AM = ME*.
>
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Problema de Geometria plana

[Vanderlei Nemitz]

Boa noite!
Vi esse problema em uma lista, mas talvez tenha alguma falha no enunciado.
Ou será no leitor?
Muito obrigado!

*Seja ABC um triângulo e D um ponto sobre o lado AC tal que AB = CD. Sejam
E e F os pontos médios de AD e BC, respectivamente. Se a reta BA intersecta
a reta FE em M, prove que AM = ME*.

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Problema de Geometria

[Pacini Bores]

 

Como disse anteriormente, o enunciado está com problemas. 

Pacini 

Em 31/12/2018 23:19, Pacini Bores escreveu: 

> Oi Marcelo, 
> 
> Está me parecendo que fixando o vértice B e variando o vertice C nas 
> condições do problema , que o ângulo pedido está variando  Pode ser que 
> eu esteja errado, vou verificar!!! 
> 
> Pacini 
> 
> Em 31/12/2018 20:03, Marcelo de Moura Costa escreveu: 
> 
>> Caros colegas, me deparei com um problema que até então não estou enxergando 
>> uma solução, gostaria de uma ajuda. 
>> 
>> Dado um triângulo ABC, tem-se que o ângulo referente ao vértice A mede 48º, 
>> no lado AB tem-se o ponto D de modo que o segmento CD é bissetriz do ângulo 
>> referente ao vértice C. Tem-se o ponto E no lado BC de modo que o segmento 
>> BE é igual ao segmento DE. Determine o valor do ângulo CDE. 
>> 
>> "Matemática é o alfabeto com o qual Deus escreveu o Universo"
>> Galileu Galilei
>> Dúvidas de Matemática? Deixe seu problema em nosso Blog, tentaremos 
>> resolvê-la ou orientá-lo!
>> http://mathhiperbolica.wordpress.com [1] 
>> Marcelo de Moura Costa Currículo Lattes: 
>> http://lattes.cnpq.br/2692706484448480 [2] 
>> 
>> [3]
>> Livre de vírus. www.avast.com [3].
>> 
>> -- 
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivrus e 
>> acredita-se estar livre de perigo.
> 
> -- 
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivrus e 
> acredita-se estar livre de perigo.

 

Links:
--
[1] http://mathhiperbolica.wordpress.com
[2] http://lattes.cnpq.br/2692706484448480
[3]
https://www.avast.com/sig-email?utm_medium=emailutm_source=linkutm_campaign=sig-emailutm_content=webmail
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 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Problema de Geometria

[Pedro José]

Boa noite!
Na verdade, se B>76 não tem resposta. O ponto E ficaria externo ao lado BC.
Teria que mudar o problema para E pertencente a l(B,C). Mas assim mesmo o
ânfulo CDE não seria constante.

Saudações,
PJMS

Em ter, 1 de jan de 2019 14:13, Pedro José  Boa tarde!
> Você tem certeza que o problema é esse.
> Se C=84 e B=48, dá 42.
> Se C=100 e B= 32, dá 66.
> Se B >= 90 não tem resposta.
> Saudações,
> PJMS
>
> Em seg, 31 de dez de 2018 20:12, Marcelo de Moura Costa <
> mat.mo...@gmail.com escreveu:
>
>> Caros colegas, me deparei com um problema que até então não estou
>> enxergando uma solução, gostaria de uma ajuda.
>>
>> Dado um triângulo ABC, tem-se que o ângulo referente ao vértice A mede
>> 48º, no lado AB tem-se o ponto D de modo que o segmento CD é bissetriz do
>> ângulo referente ao vértice C. Tem-se o ponto E no lado BC de modo que o
>> segmento BE é igual ao segmento DE. Determine o valor do ângulo CDE.
>>
>>
>> "Matemática é o alfabeto com o qual Deus escreveu o Universo"
>> Galileu Galilei
>> Dúvidas de Matemática? Deixe seu problema em nosso Blog, tentaremos
>> resolvê-la ou orientá-lo!
>> http://mathhiperbolica.wordpress.com
>> Marcelo de Moura Costa
>> Currículo Lattes: http://lattes.cnpq.br/2692706484448480
>>
>>
>> 
>>  Livre
>> de vírus. www.avast.com
>> .
>>
>> <#m_580051917356088402_m_-7730567473249303737_DAB4FAD8-2DD7-40BB-A1B8-4E2AA1F9FDF2>
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
>
>
> Em 31 de dez de 2018 20:12, "Marcelo de Moura Costa" 
> escreveu:
>
> Caros colegas, me deparei com um problema que até então não estou
> enxergando uma solução, gostaria de uma ajuda.
>
> Dado um triângulo ABC, tem-se que o ângulo referente ao vértice A mede
> 48º, no lado AB tem-se o ponto D de modo que o segmento CD é bissetriz do
> ângulo referente ao vértice C. Tem-se o ponto E no lado BC de modo que o
> segmento BE é igual ao segmento DE. Determine o valor do ângulo CDE.
>
>
> "Matemática é o alfabeto com o qual Deus escreveu o Universo"
> Galileu Galilei
> Dúvidas de Matemática? Deixe seu problema em nosso Blog, tentaremos
> resolvê-la ou orientá-lo!
> http://mathhiperbolica.wordpress.com
> Marcelo de Moura Costa
> Currículo Lattes: http://lattes.cnpq.br/2692706484448480
>
>
> 
>  Livre
> de vírus. www.avast.com
> .
>
>
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>
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>
>
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Re: [obm-l] Problema de Geometria

[Pedro José]

Boa tarde!
Você tem certeza que o problema é esse.
Se C=84 e B=48, dá 42.
Se C=100 e B= 32, dá 66.
Se B >= 90 não tem resposta.
Saudações,
PJMS

Em seg, 31 de dez de 2018 20:12, Marcelo de Moura Costa  Caros colegas, me deparei com um problema que até então não estou
> enxergando uma solução, gostaria de uma ajuda.
>
> Dado um triângulo ABC, tem-se que o ângulo referente ao vértice A mede
> 48º, no lado AB tem-se o ponto D de modo que o segmento CD é bissetriz do
> ângulo referente ao vértice C. Tem-se o ponto E no lado BC de modo que o
> segmento BE é igual ao segmento DE. Determine o valor do ângulo CDE.
>
>
> "Matemática é o alfabeto com o qual Deus escreveu o Universo"
> Galileu Galilei
> Dúvidas de Matemática? Deixe seu problema em nosso Blog, tentaremos
> resolvê-la ou orientá-lo!
> http://mathhiperbolica.wordpress.com
> Marcelo de Moura Costa
> Currículo Lattes: http://lattes.cnpq.br/2692706484448480
>
>
> 
>  Livre
> de vírus. www.avast.com
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>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.


Em 31 de dez de 2018 20:12, "Marcelo de Moura Costa" 
escreveu:

Caros colegas, me deparei com um problema que até então não estou
enxergando uma solução, gostaria de uma ajuda.

Dado um triângulo ABC, tem-se que o ângulo referente ao vértice A mede 48º,
no lado AB tem-se o ponto D de modo que o segmento CD é bissetriz do ângulo
referente ao vértice C. Tem-se o ponto E no lado BC de modo que o segmento
BE é igual ao segmento DE. Determine o valor do ângulo CDE.


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Re: [obm-l] Problema de Geometria

[Pacini Bores]

 

Oi Marcelo, 

Está me parecendo que fixando o vértice B e variando o vertice C nas
condições do problema , que o ângulo pedido está variando  Pode ser
que eu esteja errado, vou verificar!!! 

Pacini 

Em 31/12/2018 20:03, Marcelo de Moura Costa escreveu: 

> Caros colegas, me deparei com um problema que até então não estou enxergando 
> uma solução, gostaria de uma ajuda. 
> 
> Dado um triângulo ABC, tem-se que o ângulo referente ao vértice A mede 48º, 
> no lado AB tem-se o ponto D de modo que o segmento CD é bissetriz do ângulo 
> referente ao vértice C. Tem-se o ponto E no lado BC de modo que o segmento BE 
> é igual ao segmento DE. Determine o valor do ângulo CDE. 
> 
> "Matemática é o alfabeto com o qual Deus escreveu o Universo"
> Galileu Galilei
> Dúvidas de Matemática? Deixe seu problema em nosso Blog, tentaremos 
> resolvê-la ou orientá-lo!
> http://mathhiperbolica.wordpress.com [1] 
> Marcelo de Moura Costa Currículo Lattes: 
> http://lattes.cnpq.br/2692706484448480 [2] 
> 
> [3]
> Livre de vírus. www.avast.com [3].
> 
> -- 
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> acredita-se estar livre de perigo.

 

Links:
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[1] http://mathhiperbolica.wordpress.com
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[obm-l] Problema de Geometria

[Marcelo de Moura Costa]

Caros colegas, me deparei com um problema que até então não estou
enxergando uma solução, gostaria de uma ajuda.

Dado um triângulo ABC, tem-se que o ângulo referente ao vértice A mede 48º,
no lado AB tem-se o ponto D de modo que o segmento CD é bissetriz do ângulo
referente ao vértice C. Tem-se o ponto E no lado BC de modo que o segmento
BE é igual ao segmento DE. Determine o valor do ângulo CDE.


"Matemática é o alfabeto com o qual Deus escreveu o Universo"
Galileu Galilei
Dúvidas de Matemática? Deixe seu problema em nosso Blog, tentaremos
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Marcelo de Moura Costa
Currículo Lattes: http://lattes.cnpq.br/2692706484448480


Livre
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Re: [obm-l] Problema de geometria.

[Bruno Visnadi]

De acordo com o site
http://objetoseducacionais2.mec.gov.br/bitstream/handle/mec/10396/geo0500.htm
Flecha é um segmento de reta que une o ponto médio de uma corda ao ponto
médio do arco correspondente.


Em 2 de novembro de 2016 20:06, Tarsis Esau  escreveu:

> Se essas "flechas" forem lados o triângulo não existe.
>
> Em 02/11/2016 6:16 PM, "Esdras Muniz" 
> escreveu:
>
>> O que são essas "flechas"?
>>
>> Em 2 de novembro de 2016 17:57, Douglas Oliveira de Lima <
>> profdouglaso.del...@gmail.com> escreveu:
>>
>>> Olá amigos , preciso de uma ajuda na seguinte questão, na verdade a
>>> resolução porque já tentei muita coisa, já aprendi muita coisa com ela, mas
>>> mesmo assim não a resolvi.
>>>
>>> As três flechas dos três lados (cordas) de um triângulo ABC inscrito em
>>> uma circunferência de raio R
>>> valem 1, 2 e 3 calcular a área do triângulo.
>>>
>>>
>>>
>>> Qualquer ajuda será bem vinda. Obrigado.
>>>
>>> Att . Douglas Oliveira
>>>
>>> --
>>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>>> acredita-se estar livre de perigo.
>>
>>
>>
>>
>> --
>> Esdras Muniz Mota
>> Mestrando em Matemática
>> Universidade Federal do Ceará
>>
>>
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
>
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.
>

-- 
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 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Problema de geometria.

[Tarsis Esau]

Se essas "flechas" forem lados o triângulo não existe.

Em 02/11/2016 6:16 PM, "Esdras Muniz"  escreveu:

> O que são essas "flechas"?
>
> Em 2 de novembro de 2016 17:57, Douglas Oliveira de Lima <
> profdouglaso.del...@gmail.com> escreveu:
>
>> Olá amigos , preciso de uma ajuda na seguinte questão, na verdade a
>> resolução porque já tentei muita coisa, já aprendi muita coisa com ela, mas
>> mesmo assim não a resolvi.
>>
>> As três flechas dos três lados (cordas) de um triângulo ABC inscrito em
>> uma circunferência de raio R
>> valem 1, 2 e 3 calcular a área do triângulo.
>>
>>
>>
>> Qualquer ajuda será bem vinda. Obrigado.
>>
>> Att . Douglas Oliveira
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
>
>
>
>
> --
> Esdras Muniz Mota
> Mestrando em Matemática
> Universidade Federal do Ceará
>
>
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 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Problema de geometria.

[Esdras Muniz]

O que são essas "flechas"?

Em 2 de novembro de 2016 17:57, Douglas Oliveira de Lima <
profdouglaso.del...@gmail.com> escreveu:

> Olá amigos , preciso de uma ajuda na seguinte questão, na verdade a
> resolução porque já tentei muita coisa, já aprendi muita coisa com ela, mas
> mesmo assim não a resolvi.
>
> As três flechas dos três lados (cordas) de um triângulo ABC inscrito em
> uma circunferência de raio R
> valem 1, 2 e 3 calcular a área do triângulo.
>
>
>
> Qualquer ajuda será bem vinda. Obrigado.
>
> Att . Douglas Oliveira
>
> --
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> acredita-se estar livre de perigo.




-- 
Esdras Muniz Mota
Mestrando em Matemática
Universidade Federal do Ceará

-- 
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[obm-l] Problema de geometria.

[Douglas Oliveira de Lima]

Olá amigos , preciso de uma ajuda na seguinte questão, na verdade a
resolução porque já tentei muita coisa, já aprendi muita coisa com ela, mas
mesmo assim não a resolvi.

As três flechas dos três lados (cordas) de um triângulo ABC inscrito em uma
circunferência de raio R
valem 1, 2 e 3 calcular a área do triângulo.



Qualquer ajuda será bem vinda. Obrigado.

Att . Douglas Oliveira

-- 
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Re: [obm-l] Problema de Geometria

[Douglas Oliveira de Lima]

Então Mariana, questão muito boa, eu fiz aqui por números complexos,
 meio mecânico, não vi ainda uma solução por plana somente.
Vou tentar mais um pouco.

Abraços
Douglas Oliveira.
Em 26 de abril de 2015 16:25, Mariana Groff bigolingroff.mari...@gmail.com
escreveu:

 Boa tarde,
 Alguém poderia me ajudar no problema a seguir?

  Seja ABC um triângulo tal que AB + BC = 3AC. Sejam I o seu incentro e D e
 E os pontos de tangência da circunferência inscrita com os lados AB e BC,
 respectivamente. Além disso, sejam K e L os simétricos de D e E com relação
 ao incentro I. Prove que o quadrilátero ACKL é inscritível.

 Obrigada,
 Mariana

 --
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-- 
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Re: [obm-l] Problema de Geometria

[Marcos Martinelli]

Não é uma solução com geometria pura.

___

Lema) Um quadrilátero XYZW é inscritível se somente se XZ * YW = XY * ZW +
XW * YZ .

Solução)

Sejam p, r, a, b e c a notação usual de um triângulo ABC qualquer.

Seja F o ponto de tangência da circunferência inscrita com o lado AC.
Sabemos que BE = BD = x, CE = CF = y e AD = AF = z. Podemos notar as
seguintes equações:

. x + y = a
. y + z = b
. z + x = c

Somando todas estas equações: 2(x + y + z) = 2p = x + y + z = p = BE = p
- b .

Considerando o vértice B como origem do sistema cartesiano com semi eixo OX
positivo passando por BC, temos as seguintes coordenadas para A e L:

A (x_A , y_A): x_A = c * cos B e y_A = c * sen B .

L (x_L , y_L): x_L = p - b e y_L = 2r .

. x_A - x_L = c * cos B - (p - b) = (a^2 + c^2 - b^2) / (2a) - (a + c - b)
/ 2 = (c^2 - b^2 -ac + ab) / (2a) = (c - b) * (p - a) / a .

. y_A - y_L = c * sen B - 2r = 2pr / a - 2r = 2r * (p - a) / a .

Assim: AL^2 = (x_A - y_A)^2 + (x_L - y_L)^2 = ((p - a) / a)^2 * ((c - b)^2
+ 4 * r^2) (I) . Analogamente: CK^2 = ((p - c) / c)^2 * ((b - a)^2 + 4 *
r^2) (I) .

__

obs 1: Como a + c = 3b = 2p = 4b = p = 2b =  p = 2p - 2b = a + b + c -
2b = p - a = c - b (*) .

obs 2: S_ABC = raiz(p * (p - a) * (p - b) * (p - c)) = p * r = (Usando b =
(a + c)/3) r = raiz(2 * (2c - a) * (2a - c)) / 6 (**) .
__

Do triângulo retângulo AEK: AK^2 = (p - a)^2 + 4 * r^2 = (usando (*)) AK^2
= (c - b)^2 + 4 * r^2 . Substituindo essa relação em (I): AL = (p - a) / a
* AK (II) . Pelo mesmo argumento: CK = (p - c) / c * CL (II)

Usando (**), podemos calcular AK: AK = raiz(2 * (2c - a) * (2a - c) / 9 +
(2c - a)^2 / 9) = raiz(a*(2c - a) / 3) (III) . Analogamente: CL =
raiz(c*(2a - c) / 3) (III) .

Para calcular LK, vamos considerar o triângulo ILK e aplicar a lei dos
co-senos no ângulo I = 180 - B: LK^2 = r^2 + r^2 - 2 * r * r * cos(180 - B)
= 2 * r^2 * (1 + cos(B)) = r^2 / (a * c) * ((a + c)^2 - b^2) = 4 * p * (p -
b) * r^2 / (a * c) = LK = 2 * r * raiz(p * (p - b) / (a * c)) (IV) .

Para finalizar, vamos mostrar que (usando (*), (II), (III) e (IV)): AK * CL
= AL * CK + LK * AC = AK * CL = (p - a) * (p - c) / (a * c) * AK * CL + 2
* b * r * raiz(p * (p - b) / (a * c)) = 1 = (p - a) * (p - c) / (a * c) +
r / (AK * CL) * 2 * b * raiz(p * (p - b) / (a * c)) = 1 = (p - a) * (p -
c) / (a * c) + (raiz(2 * (2c - a) * (2a - c)) / 6) / (raiz(a*(2c - a) / 3)
* raiz(c*(2a - c) / 3)) * 2 * b * raiz(2b * (2b - b) / (a * c)) = 1 = (p
- a) * (p - c) / (a * c) + 2 * b^2 / (a * c) = ac = p^2 - (a + c) * p + 2
* b^2 = 0 = p^2 - (a + c) * p + p * b = 0 = p - (a + c) + b = a + c =
3 * b . c.q.d

-- 
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[obm-l] Problema de Geometria

[Mariana Groff]

Boa tarde,
Alguém poderia me ajudar no problema a seguir?

 Seja ABC um triângulo tal que AB + BC = 3AC. Sejam I o seu incentro e D e
E os pontos de tangência da circunferência inscrita com os lados AB e BC,
respectivamente. Além disso, sejam K e L os simétricos de D e E com relação
ao incentro I. Prove que o quadrilátero ACKL é inscritível.

Obrigada,
Mariana

-- 
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[obm-l] Problema de Geometria

[Mariana Groff]

Boa Noite,
Alguém poderia me ajudar no problema a seguir?

No triângulo ABC, AB = AC e BÂC = 20º. Um ponto D está sobre o lado AB e
AD = BC. Calcule o ângulo BCD.

Obrigada,
Mariana

-- 
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Re: [obm-l] Problema de Geometria

[Carlos Victor]

Oi Mariana,

Seja   x o  ângulo DCA . Aplicando a lei dos senos nos triângulos ACD e BCD
, vc encontrará a seguinte relação :

senx = 2sen(x+20).cos80.

Transformando em soma teremos : senx = sen(x+100) + sen(x-60).

Jogando para a esquerda o sen(x-60), teremos  senx - sen(x-60) =
sen(x+100); ou  seja :

2sen(30)cos(x-30) = sen(x+100) ; ou seja ;  sen(120-x) = sen(x+100) ; ou
seja :

x = 10º. Confira as contas, ok ?

Abraços

Carlos  Victor


PS : este problema se torna mais interessante, colocando o seguinte
enunciado :

No triângulo ABC, AB = AC . Um ponto D está sobre o lado AB e
AD = BC,  tal que  CD passe pelo circuncentro de ABC. Calcule os ângulos do
 triângulo.

Em 3 de novembro de 2014 20:21, Mariana Groff 
bigolingroff.mari...@gmail.com escreveu:

 Boa Noite,
 Alguém poderia me ajudar no problema a seguir?

 No triângulo ABC, AB = AC e BÂC = 20º. Um ponto D está sobre o lado AB e
 AD = BC. Calcule o ângulo BCD.

 Obrigada,
 Mariana

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Re: [obm-l] Problema de Geometria

[Douglas Oliveira de Lima]

Olá Mariana, eu vi uma solução fazendo alguns traçados algum dia na minha
vida, se me lembro bem foi em um dos livros do Ross Honsberger, ela é
difícil, mas vou tentar escreve-la.

Faça uma figura e acompanhe ok??

1)Desenhe o triângulo ABC e tome um ponto P externamente tal que PA=PD, de
forma que o triângulo APD seja congruente ao triângulo ABC onde o ângulo
APD vale 20 graus(Na figura considere que a base do triângulo ABC seja BC e
que B esteja na direita e C na esquerda, assim o ponto P ficará a esquerda
do lado AC)

2)Assim teremos AP=PD=AC, vai perceber que o triângulo PAC é equilátero
assim AP=AC=PC.

3) Calcule os ângulos CPD=40 e como PD=PC e PCD=70, mas como PCA=60,
teremos ACD=10 e concluindo BCD=70

ok  UFA lembrei rs


Um abraço do Douglas Oliveira.

Em 3 de novembro de 2014 20:21, Mariana Groff 
bigolingroff.mari...@gmail.com escreveu:

 Boa Noite,
 Alguém poderia me ajudar no problema a seguir?

 No triângulo ABC, AB = AC e BÂC = 20º. Um ponto D está sobre o lado AB e
 AD = BC. Calcule o ângulo BCD.

 Obrigada,
 Mariana

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[obm-l] Re: [obm-l] Problema de geometria!

[Julio César Saldaña]

Seja P o ponto da prolongação de CE tal que PBC=90 = PE/EC=3 = AP//FE

Seja Q o ponto da prolongação de AD tal que QBA=90 = AD/DQ=3 = QC//DF

Seja BQ=x = AB=x.sqrt(3)

Seja BC=y = BP=y.sqrt(3)

Então BQ/BC=x/y=AB/AP. E como QBC=ABP=90+B, então os triângulos QBP e ABP são
semelhantes. Com isso é facil mostrar que o ángulo entre QC e AP é 90, e como
esas linhas eram paralelas a DF e FE, então estas últimas sçao perpendiculares.

Também pela semelhança se prova: AP/QC=sqrt(3), e como DF e FE são terceiras
partes de QC e FE respetivamente = FE/DF=sqrt(3) então FDE=60.


Julio Saldaña


-- Mensaje original ---
De : obm-l@mat.puc-rio.br
Para : obm-l@mat.puc-rio.br
Fecha : Sun, 6 Jul 2014 18:02:13 -0300
Asunto : Re: [obm-l] Problema de geometria!

OI Douglas ,

Pensando neste problema, se usar a lei dos cossenos nos triângulos FCE, AFD
e DBE e usando o fato de que cos(90+B)= -senB ( não é muito trabalhoso);
deixando na forma de quadrados não é difícil de concluir que 4 FE^2= ED^2
e que 4DF^2 = 3ED^2 ; ou seja o triângulo EFD é retângulo e que que os
ângulos pedidos são 90º e 30º , ok ?

Pelo visto vc está querendo uma solução com algum traçado mágico, não é
verdade?
Estarei pensando, ok  Douglas! Estou desconfiado que deve ter alguma coisa
com o Teorema de Napoleão ...

Vamos tentar, pois deve ser assaz interessante tal traçado.

Abraços

Carlos Victor


Em 13 de junho de 2014 16:09, Douglas Oliveira de Lima 
profdouglaso.del...@gmail.com escreveu:


Olá caros amigos, me encontro mais uma vez com um pequeno problema de
geometria no qual estou com uma solução muito absurda(muito trabalho
braçal), gostaria de uma ajuda com outras soluções, desde já agradeço a
colaboração dos senhores.

PROBLEMA:
Considere um triângulo ABC, são construídos externamente os triângulos ADB
e BCE de forma que ADB=BEC=90 GRAUS E DAB=EBC=30 graus. No segmento AC
marca-se o ponto F tal que AF=3FC. Calcular os ângulos DFE e FDE.

Douglas Oliveira de Lima

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Re: [obm-l] Re: [obm-l] Problema de geometria!

[Douglas Oliveira de Lima]

Valeu camarada Victor, novamente colaborando com os velhos amigos, e muito
obrigado tambem ao Julio Saldaña, pela solução de construção, eu entendi
perfeitamente as duas soluções, e corrigindo uma pequena bobeirinha ao
invés de BQ/BC=x/y=AB/AP era pra ser BQ/BC=x/y=AB/BP certo?

De qualquer forma valeu demais, a minha solução foi bem legal por meio de
números complexos fazendo transformação( rotação), também saiu, mas assim
que é legal, sempre gostei de soluções alternativas rock and roll.
Um grande abraço do Douglas Oliveira.


Em 7 de julho de 2014 13:13, Julio César Saldaña saldana...@pucp.edu.pe
escreveu:



 Seja P o ponto da prolongação de CE tal que PBC=90 = PE/EC=3 = AP//FE

 Seja Q o ponto da prolongação de AD tal que QBA=90 = AD/DQ=3 = QC//DF

 Seja BQ=x = AB=x.sqrt(3)

 Seja BC=y = BP=y.sqrt(3)

 Então BQ/BC=x/y=AB/AP. E como QBC=ABP=90+B, então os triângulos QBP e
 ABP são
 semelhantes. Com isso é facil mostrar que o ángulo entre QC e AP é 90, e
 como
 esas linhas eram paralelas a DF e FE, então estas últimas sçao
 perpendiculares.

 Também pela semelhança se prova: AP/QC=sqrt(3), e como DF e FE são
 terceiras
 partes de QC e FE respetivamente = FE/DF=sqrt(3) então FDE=60.


 Julio Saldaña


 -- Mensaje original ---
 De : obm-l@mat.puc-rio.br
 Para : obm-l@mat.puc-rio.br
 Fecha : Sun, 6 Jul 2014 18:02:13 -0300
 Asunto : Re: [obm-l] Problema de geometria!
 OI Douglas ,
 
 Pensando neste problema, se usar a lei dos cossenos nos triângulos FCE,
 AFD
 e DBE e usando o fato de que cos(90+B)= -senB ( não é muito trabalhoso);
  deixando na forma de quadrados não é difícil de concluir que 4 FE^2=
 ED^2
 e que 4DF^2 = 3ED^2 ; ou seja o triângulo EFD é retângulo e que que os
 ângulos pedidos são 90º e 30º , ok ?
 
 Pelo visto vc está querendo uma solução com algum traçado mágico,
 não é
 verdade?
 Estarei pensando, ok  Douglas! Estou desconfiado que deve ter alguma coisa
 com o Teorema de Napoleão ...
 
 Vamos tentar, pois deve ser assaz interessante tal traçado.
 
 Abraços
 
 Carlos Victor
 
 
 Em 13 de junho de 2014 16:09, Douglas Oliveira de Lima 
 profdouglaso.del...@gmail.com escreveu:
 
  Olá caros amigos, me encontro mais uma vez com um pequeno problema de
  geometria no qual estou com uma solução muito absurda(muito trabalho
  braçal), gostaria de uma ajuda com outras soluções, desde já
 agradeço a
  colaboração dos senhores.
 
  PROBLEMA:
  Considere um triângulo ABC, são construídos externamente os
 triângulos ADB
  e BCE de forma que ADB=BEC=90 GRAUS E DAB=EBC=30 graus. No segmento AC
  marca-se o ponto F tal que AF=3FC. Calcular os ângulos DFE e FDE.
 
  Douglas Oliveira de Lima
 
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Re: [obm-l] Problema de geometria!

[Carlos Victor]

OI Douglas ,

Pensando neste problema, se usar a lei dos cossenos nos triângulos FCE, AFD
e DBE e usando o fato de que cos(90+B)= -senB ( não é muito trabalhoso);
 deixando na forma de quadrados não é difícil de concluir que 4 FE^2= ED^2
e que 4DF^2 = 3ED^2 ; ou seja o triângulo EFD é retângulo e que que os
ângulos pedidos são 90º e 30º , ok ?

Pelo visto vc está querendo uma solução com algum traçado mágico, não é
verdade?
Estarei pensando, ok  Douglas! Estou desconfiado que deve ter alguma coisa
com o Teorema de Napoleão ...

Vamos tentar, pois deve ser assaz interessante tal traçado.

Abraços

Carlos Victor


Em 13 de junho de 2014 16:09, Douglas Oliveira de Lima 
profdouglaso.del...@gmail.com escreveu:

 Olá caros amigos, me encontro mais uma vez com um pequeno problema de
 geometria no qual estou com uma solução muito absurda(muito trabalho
 braçal), gostaria de uma ajuda com outras soluções, desde já agradeço a
 colaboração dos senhores.

 PROBLEMA:
 Considere um triângulo ABC, são construídos externamente os triângulos ADB
 e BCE de forma que ADB=BEC=90 GRAUS E DAB=EBC=30 graus. No segmento AC
 marca-se o ponto F tal que AF=3FC. Calcular os ângulos DFE e FDE.

 Douglas Oliveira de Lima

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[obm-l] Problema de geometria!

[Douglas Oliveira de Lima]

Olá caros amigos, me encontro mais uma vez com um pequeno problema de
geometria no qual estou com uma solução muito absurda(muito trabalho
braçal), gostaria de uma ajuda com outras soluções, desde já agradeço a
colaboração dos senhores.

PROBLEMA:
Considere um triângulo ABC, são construídos externamente os triângulos ADB
e BCE de forma que ADB=BEC=90 GRAUS E DAB=EBC=30 graus. No segmento AC
marca-se o ponto F tal que AF=3FC. Calcular os ângulos DFE e FDE.

Douglas Oliveira de Lima

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[obm-l] Problema de Geometria

[Raphael Feijao]

O segmento AB é o diametro de uma circunferencia de centro O. Toma-se um ponto 
C desse círculo e prolonga-se o segmento AC de um segmento CD igual a AC. O 
segmento OD corta a circunferencia em E e corta o segmento BC em F. Se AB=a e 
OD=b. Calcule EF.

Re: [obm-l] Problema de Geometria

[Carlos Victor]

Olá Raphael,
Pense no seguinte :

1) Trace OC
2) Trace BD
3) Conclua que BD é o dobro de OC.
4) Denomine EF = x
5) Faça  a semelhança de OCF com BFD e determine x , ok ?

Abraços

Carlos  Victor


Em 28 de abril de 2013 18:19, Raphael Feijao
raphaelfei...@hotmail.comescreveu:

 O segmento AB é o diametro de uma circunferencia de centro O. Toma-se um
 ponto C desse círculo e prolonga-se o segmento AC de um segmento CD igual a
 AC. O segmento OD corta a circunferencia em E e corta o segmento BC em F.
 Se AB=a e OD=b. Calcule EF.

Re: [obm-l] Problema de Geometria

[Raphael Feijao]

Valeu! Mas estou com problemas em provar a semelhança

Raphael Feijão

Em 28/04/2013, às 18:42, Carlos Victor victorcar...@globo.com escreveu:

 Olá Raphael,
 Pense no seguinte :
 
 1) Trace OC 
 2) Trace BD
 3) Conclua que BD é o dobro de OC.
 4) Denomine EF = x
 5) Faça  a semelhança de OCF com BFD e determine x , ok ?
 
 Abraços 
 
 Carlos  Victor
 
 
 Em 28 de abril de 2013 18:19, Raphael Feijao raphaelfei...@hotmail.com 
 escreveu:
 O segmento AB é o diametro de uma circunferencia de centro O. Toma-se um 
 ponto C desse círculo e prolonga-se o segmento AC de um segmento CD igual a 
 AC. O segmento OD corta a circunferencia em E e corta o segmento BC em F. Se 
 AB=a e OD=b. Calcule EF.
 

Re: [obm-l] Problema de Geometria

[Rogerio Ponce]

Ola' Raphael,
e' so' aplicar o Teorema de Menlaus ao triangulo AOD com a reta CB, obtendo:
AC * FD * OB = DC * OF * AB
ou seja
FD = 2 * OF
Como EF = OE - OF
entao EF = (a/2) - (b/3)

[]'s
Rogerio Ponce


2013/4/28 Raphael Feijao raphaelfei...@hotmail.com

 O segmento AB é o diametro de uma circunferencia de centro O. Toma-se um
 ponto C desse círculo e prolonga-se o segmento AC de um segmento CD igual a
 AC. O segmento OD corta a circunferencia em E e corta o segmento BC em F.
 Se AB=a e OD=b. Calcule EF.

Re: [obm-l] Problema de Geometria

[Bernardo Freitas Paulo da Costa]

Eu vi essa parte da solução:

2013/4/28 Carlos Victor victorcar...@globo.com:
 2) Trace BD

Daí, eu vi que E = G é o baricentro de ABD. Logo OE = OD/3. Como FD =
OD - a/2, porque OF = a/2 é o raio do círculo, acabou.

Abraços,
-- 
Bernardo Freitas Paulo da Costa

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Re: [obm-l] Problema de Geometria

[Wagner]

Olá senhores
Desculpe a minha pergunta
Há tempos sou assinante desta, e por vezes vejo termos, que para mim são 
desconhecidos, como por exemplo o teorema abaixo citado.
Sou graduando em matemática 4º semestre  ( licenciatura )
Daí pergunto:
Haveria algum site , ou coleção de livros , ou DVD's , que abranje  todos os 
tópicos de matemática 
Grato
Wagner
PY2RPD
  - Original Message - 
  From: Rogerio Ponce 
  To: obm-l@mat.puc-rio.br 
  Sent: Sunday, April 28, 2013 9:17 PM
  Subject: Re: [obm-l] Problema de Geometria


  Ola' Raphael,

  e' so' aplicar o Teorema de Menlaus ao triangulo AOD com a reta CB, obtendo:

  AC * FD * OB = DC * OF * AB
  ou seja

  FD = 2 * OF

  Como EF = OE - OF
  entao EF = (a/2) - (b/3)


  []'s

  Rogerio Ponce




  2013/4/28 Raphael Feijao raphaelfei...@hotmail.com

O segmento AB é o diametro de uma circunferencia de centro O. Toma-se um 
ponto C desse círculo e prolonga-se o segmento AC de um segmento CD igual a AC. 
O segmento OD corta a circunferencia em E e corta o segmento BC em F. Se AB=a e 
OD=b. Calcule EF. 




__ Informação do ESET Smart Security, versão da vacina 8276 (20130428) 
__

A mensagem foi verificada pelo  ESET Smart Security.

part000.txt - esta OK
part001.htm - esta OK

http://www.eset.com

[obm-l] Re: [obm-l] Problema de Geometria

[Julio César Saldaña]

F é baricentro do triángulo ADB, logo FO=b/3, então FE=a/2-b/3

Julio Saldaña


-- Mensaje original ---
De : obm-l@mat.puc-rio.br
Para : obm-l@mat.puc-rio.br
Fecha : Sun, 28 Apr 2013 18:42:50 -0300
Asunto : Re: [obm-l] Problema de Geometria

Olá Raphael,
Pense no seguinte :

1) Trace OC
2) Trace BD
3) Conclua que BD é o dobro de OC.
4) Denomine EF = x
5) Faça  a semelhança de OCF com BFD e determine x , ok ?

Abraços

Carlos  Victor


Em 28 de abril de 2013 18:19, Raphael Feijao
raphaelfei...@hotmail.comescreveu:


O segmento AB é o diametro de uma circunferencia de centro O. Toma-se um
ponto C desse círculo e prolonga-se o segmento AC de um segmento CD igual a
AC. O segmento OD corta a circunferencia em E e corta o segmento BC em F.
Se AB=a e OD=b. Calcule EF.




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[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] problema de geometria difícil

[Jefferson Franca]

Tem saída por trigonometria sim, lei dos senos e depois fatoração trigonométrica



 De: felipe araujo costa faraujoco...@yahoo.com.br
Para: obm-l@mat.puc-rio.br obm-l@mat.puc-rio.br 
Enviadas: Quinta-feira, 27 de Dezembro de 2012 16:07
Assunto: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] 
problema de geometria difícil
 

A solução é por geometria plana.
 
Felipe Araujo Costa
Cel: 77430066
E-mail: faraujoco...@yahoo.com.br
faco...@metalmat.ufrj.br



 De: Vanderlei * vanderma...@gmail.com
Para: obm-l@mat.puc-rio.br 
Enviadas: Domingo, 23 de Dezembro de 2012 20:22
Assunto: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] problema de 
geometria difícil
 

Obrigado! Quando puder postar, ficarei esperando...


Em 23 de dezembro de 2012 17:31, terence thirteen peterdirich...@gmail.com 
escreveu:

Cara, não tem muito o que fazer. Apliquei trigonometria para obter uma equação 
entre o seno de (10+x) e o seno de x. Depois é fazer soma e subtração de arcos, 
e com um pouco de perspicácia obter uma relação como sen x = sen y. Mas daqui a 
pouco eu passo os detalhes dela - você me pegou desprevenido agora :)




Em 22 de dezembro de 2012 20:10, Vanderlei * vanderma...@gmail.com escreveu:


A resposta está certa! Tem a solução?
Valeu!!!


Em 22 de dezembro de 2012 19:34, terence thirteen peterdirich...@gmail.com 
escreveu:


Trigonometria...

Com um tanto de força,. acho que deu 20. Mas vou reconferir!




Em 21 de dezembro de 2012 00:21, Vanderlei * vanderma...@gmail.com 
escreveu:


Pessoal, alguém conhece uma solução para o primeiro problema da página a 
seguir???


http://thinkzone.wlonk.com/MathFun/Triangle.htm


Ele é chamada de problema mais difícil com geometria fácil do mundo.


O segundo problema é famoso, mas o primeiro...


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Re: [obm-l] Re: [obm-l] problema de geometria difícil

[douglas . oliveira]

  

Soluções espetaculares!!! 

On Thu, 27 Dec 2012 17:59:19 -0500
(PET), Julio César Saldaña wrote: 

 Bem agora envio uma outra solução
que não precisa do quadrilátero cíclico.
 
 Vou aproveitar o fato já
provado que CE=AB. Seja T o ponto de AD tal que AB=BT,
 então
obm-l@mat.puc-rio.br
 Para : obm-l@mat.puc-rio.br [2]Fecha : Fri, 21
Dec 2012 00:21:21 -0200
 Asunto : [obm-l] problema de geometria
difícil
 
 Pessoal, alguém conhece uma solução para o primeiro
problema da página a seguir???
http://thinkzone.wlonk.com/MathFun/Triangle.htm [1] Ele é chamada de
problema mais difícil com geometria fácil do mundo. O segundo problema é
famoso, mas o primeiro...
 

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http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html [4]

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Links:
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[1]
http://thinkzone.wlonk.com/MathFun/Triangle.htm
[2]
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[3]
http://www.pucp.edu.pe/puntoedu/suscribete/
[4]
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[obm-l] Re: [obm-l] problema de geometria difícil

[Julio César Saldaña]

Bom, aqui tem uma solução para o problema 1 que emprega conceitos de
quadrilátero cíclico. Acho que já postei uma que só usa congruência de
triângulos, vou procurar.


Primeiro vamos provar que CE=AB. Seja M o ponto meio de AB, então ACM=MCB=10

Seja P o ponto de interseção de CM e BD. Então APB é um triângulo equilátero (se
desejam posso argumentar melhor isso em outro email). Finalmente o triângulo APC
é congruente ao triângulo AEC (caso ALA), em conclusão CE=AP=AB.


Bem, sabendo agora que CE=AB (apaguemos as linhas auxiliares trazadas para
provar aquilo), sabendo además que BD=DC, vamos procurar um triângulo congurente
ao triângulo CDE. Isso é provocativo pois temos dois pares de lados iguais CE=AB
e CD=DB. Seja Q o ponto de AE tal que  BQ=BA, então BAQ=AQB=70, então ABQ=40,
então QBD=20, então pronto!, temos o triângulo QBD congruente ao triângulo CDE
(caso LAL). Varias conclusões tiramos disso, por exemplo QD=DE, e mais
interessante ainda: DEC=DQB, ou seja o quadrilátero BQDE é cíclico, por tanto
DEQ=x=DBQ=20.

Julio

Julio Saldaña


-- Mensaje original ---
De : obm-l@mat.puc-rio.br
Para : obm-l@mat.puc-rio.br
Fecha : Fri, 21 Dec 2012 00:21:21 -0200
Asunto : [obm-l] problema de geometria difícil

Pessoal, alguém conhece uma solução para o primeiro problema da página a
seguir???

http://thinkzone.wlonk.com/MathFun/Triangle.htm

Ele é chamada de problema mais difícil com geometria fácil do mundo.

O segundo problema é famoso, mas o primeiro...



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[obm-l] Re: [obm-l] problema de geometria difícil

[Julio César Saldaña]

Bem agora envio uma outra solução que não precisa do quadrilátero cíclico.

Vou aproveitar o fato já provado que CE=AB. Seja T o ponto de AD tal que AB=BT,
então TAB=ATB=80, então TBD=40, então BT=TD (pois TDB=TBD). Notemos que
TBC=60, assim sendo sinto uma enorme força para localizar o ponto N de BE tal
que BN=BT, então o triângulo TNB é equilátero, então TN=TD, então TND=TDN=70
(pois DTN=100-60=40), então NDB=30. Finalmente notemos que o triângulo DBN é
congruente ao triângulo DCE (caso LAL, recordemos que já provamos que CE=AB, e
agoram sabemos que AB=DN, además já sabiamos também que BD=DC). Bem, como
conclusaõ da congruência, CDB=NDB=30, então DEA=x=30-10=20.


Julio Saldaña


-- Mensaje original ---
De : obm-l@mat.puc-rio.br
Para : obm-l@mat.puc-rio.br
Fecha : Fri, 21 Dec 2012 00:21:21 -0200
Asunto : [obm-l] problema de geometria difícil

Pessoal, alguém conhece uma solução para o primeiro problema da página a
seguir???

http://thinkzone.wlonk.com/MathFun/Triangle.htm

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O segundo problema é famoso, mas o primeiro...



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[obm-l] Re: [obm-l] Problema de Geometria (ou Álgebra??)

[terence thirteen]

abc(a+b+c) lembra, de alguma maneira, a Fórmula de Heron. Mas tem que
provar isto.

Em 04/11/11, João Maldonadojoao_maldona...@hotmail.com escreveu:


 Na questão de treinamento de geometria pro IME tinha um problema assim:
 Determine as soluções:


 (abx(x-a-b))^(1/2) + (bcx(x-b-c))^(1/2) + (cax(x-c-a))^(1/2) =
 (abc(a+b+c))^(1/2)
 Eu fiz assim:
 Supondo valores positivos para a, b, c  (que possivelmente são os lados de
 um triângulo),
 Temos que a solução (a+b+c)/9  é imediata
 Se x for maior,  cada parcela do tipo  abx vai ser maior e cada parcela do
 tipo  (x-a-b)  vai ser maior,  e o resultado  vai ser maior que  o esperado,
  analogamente para o contrário.Logo  só existe essa solução,  mas como o
 problema está na seção  de geometria,  achei que  devia ter uma solução
 geométrica ( lógico).
 Como posso resolver o problema geometricamente??
 []'sJoão  


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Re: [obm-l] Re: Fwd: [obm-l] Problema de Geometria(difícil)

[douglas . oliveira]

  

Olá júlio obrigado por me ajudar, porém não compreendi muito bem
esses parágrafos!!! tentei desenhar no geoggebra e não consegui
visualizar esses quadriláteros inscritíveis.. 

_TRACE UMA LINHA
PARALELA A AD PASSANDO POR T. SEJA M O PONTO DE INTERSEÇÃO DESSA LINHA
COM A DIAGONAL BD. ENTÃO  
 obm-l@mat.puc-rio.br
 Para :
obm-l@mat.puc-rio.br [3]Fecha : Mon, 05 Sep 2011 19:03:50 -0300
 Asunto
: Fwd: [obm-l] Problema de Geometria(difícil)
 
  Original
Message  SUBJECT: [obm-l] Problema de Geometria(difícil) DATE:
Sun, 04 Sep 2011 11:11:26 -0300 FROM:
douglas.olive...@grupoolimpo.com.br [1] TO: REPLY-TO:
obm-l@mat.puc-rio.br [2] Olá gostaria de uma ajuda no seguinte problema
, tentei por alguns caminhos, muito trabalhosos, mas que deu certo, não
vou comentar a minha forma de resolução para que tenha criatividade nos
pensamentos, eu estava interessado na forma de resolução por plana!!! ai
vai: Dado um quadrado ABCD e um ponto P pertencente ao lado AB , sendo R
o incentro do triângulo APD, S o incentro do triângulo PBC, e T o
incentro do triângulo PCD, mostre que o quadrilátero RPST é inscritível.
E obrigado!
 

__
 Si
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Re: [obm-l] Re: Fwd: [obm-l] Problema de Geometria(difícil)

[douglas . oliveira]

  

Opa revendo os procedimentos compreendi a solução, porém acho que
alguns pontos que você citou estão trocados, mas mesmo assim entendi ,
obrigado mesmo, então a minha solução foi meio trabalhosa tambem, fiz
por numeros complexos e cordenadas do incentro mostrei que a soma dos
argumentos era igual a 180 , mas ai obrigadoo!! 

On Tue, 06 Sep 2011
08:12:49 -0300, douglas.olive...@grupoolimpo.com.br wrote: 

 Olá júlio
obrigado por me ajudar, porém não compreendi muito bem esses
parágrafos!!! tentei desenhar no geoggebra e não consegui visualizar
esses quadriláteros inscritíveis.. 
 
 _TRACE UMA LINHA PARALELA A AD
PASSANDO POR T. SEJA M O PONTO DE INTERSEÇÃO DESSA LINHA COM A DIAGONAL
BD. ENTÃO _
 
 On Mon, 05 Sep 2011 23:37:24 -0500 (PET), Julio César
Saldaña wrote: 
 
 Oi Douglas, resolvi o problema mas não sei se a
minha solução é mais simples que
 a sua. Acho um pouco complicada, tal
vez exista uma solução melhor.
 
 Primeiro vou resumir alguns
resultados trivias que você deve ter obtido no início:
 

obm-l@mat.puc-rio.br
 Para : obm-l@mat.puc-rio.br [3]Fecha : Mon, 05
Sep 2011 19:03:50 -0300
 Asunto : Fwd: [obm-l] Problema de
Geometria(difícil)
 
  Original Message  SUBJECT:
[obm-l] Problema de Geometria(difícil) DATE: Sun, 04 Sep 2011 11:11:26
-0300 FROM: douglas.olive...@grupoolimpo.com.br [1] TO: REPLY-TO:
obm-l@mat.puc-rio.br [2] Olá gostaria de uma ajuda no seguinte problema
, tentei por alguns caminhos, muito trabalhosos, mas que deu certo, não
vou comentar a minha forma de resolução para que tenha criatividade nos
pensamentos, eu estava interessado na forma de resolução por plana!!! ai
vai: Dado um quadrado ABCD e um ponto P pertencente ao lado AB , sendo R
o incentro do triângulo APD, S o incentro do triângulo PBC, e T o
incentro do triângulo PCD, mostre que o quadrilátero RPST é inscritível.
E obrigado!
 

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Re: [obm-l] Re: Fwd: [obm-l] Problema de Geometria(difícil)

[douglas . oliveira]

  

Oi, esqueci de perguntar, porque do portunhol, você é de
Portugal??? 

On Tue, 06 Sep 2011 08:12:49 -0300,
douglas.olive...@grupoolimpo.com.br wrote: 

 Olá júlio obrigado por me
ajudar, porém não compreendi muito bem esses parágrafos!!! tentei
desenhar no geoggebra e não consegui visualizar esses quadriláteros
inscritíveis.. 
 
 _TRACE UMA LINHA PARALELA A AD PASSANDO POR T. SEJA
M O PONTO DE INTERSEÇÃO DESSA LINHA COM A DIAGONAL BD. ENTÃO _
 
 On
Mon, 05 Sep 2011 23:37:24 -0500 (PET), Julio César Saldaña wrote: 
 

Oi Douglas, resolvi o problema mas não sei se a minha solução é mais
simples que
 a sua. Acho um pouco complicada, tal vez exista uma
solução melhor.
 
 Primeiro vou resumir alguns resultados trivias
que você deve ter obtido no início:
 
 obm-l@mat.puc-rio.br
 Para
: obm-l@mat.puc-rio.br [3]Fecha : Mon, 05 Sep 2011 19:03:50 -0300

Asunto : Fwd: [obm-l] Problema de Geometria(difícil)
 
 
Original Message  SUBJECT: [obm-l] Problema de
Geometria(difícil) DATE: Sun, 04 Sep 2011 11:11:26 -0300 FROM:
douglas.olive...@grupoolimpo.com.br [1] TO: REPLY-TO:
obm-l@mat.puc-rio.br [2] Olá gostaria de uma ajuda no seguinte problema
, tentei por alguns caminhos, muito trabalhosos, mas que deu certo, não
vou comentar a minha forma de resolução para que tenha criatividade nos
pensamentos, eu estava interessado na forma de resolução por plana!!! ai
vai: Dado um quadrado ABCD e um ponto P pertencente ao lado AB , sendo R
o incentro do triângulo APD, S o incentro do triângulo PBC, e T o
incentro do triângulo PCD, mostre que o quadrilátero RPST é inscritível.
E obrigado!
 

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Fwd: [obm-l] Problema de Geometria(difícil)

[douglas . oliveira]

  

 Original Message  

SUBJECT:
[obm-l] Problema
de Geometria(difícil)

DATE:
Sun, 04 Sep 2011 11:11:26
-0300

FROM:

douglas.olive...@grupoolimpo.com.br

TO:

REPLY-TO:

obm-l@mat.puc-rio.br

Olá gostaria de uma ajuda no seguinte problema ,
tentei por alguns caminhos, muito trabalhosos, mas que deu certo, não
vou comentar a minha forma de resolução para que tenha criatividade nos
pensamentos, eu estava interessado na forma de resolução por plana!!! ai
vai: 

Dado um quadrado ABCD e um ponto P pertencente ao lado AB , sendo
R o incentro do triângulo APD, S o incentro do triângulo PBC, e T o
incentro do triângulo PCD, mostre que o quadrilátero RPST é inscritível.


E obrigado! 

  

[obm-l] Re: Fwd: [obm-l] Problema de Geometria(difícil)

[Julio César Saldaña]

Oi Douglas, resolvi o problema mas não sei se a minha solução é mais simples que
a sua. Acho um pouco complicada, tal vez exista uma solução melhor.


Primeiro vou resumir alguns resultados trivias que você deve ter obtido no 
início:


RDT=TCS=45
RPS=DTC

Para demonstrar que RPST é inscriptivel, basta demonstrar que RPS+RTS=180, ou
seja basta demonstrar que RTS+DTC=180 ou seja, basta demonstrar que 
RTD+CTS=180.


O procedimento vai ser achar outro ángulo na figura igual a RTD e outro igual a
CTS e provar que a soma desses novos 2 ángulos é 180.

Trace uma linha paralela a AD passando por T. Seja M o ponto de interseção dessa
linha com a diagonal BD. Então TMC=45 (=RDT), logo o quadrilátero DRMT é
inscriptível, portanto DMR=RTD. Prono, achamos outro ángulo igual a RTD.

Similarmente, se N é ponto de corte entre aquela linha paralela a AD e a
diagonal AC, então CNS=CTS.

Agora devemos provar que DMR+CNS=180. Este problema é mais fácil. Sugiro fazer
um novo desenho só para este novo problema.

Temos o quadrado ABCD, e uma linha paralela a AD que corta em M à diagonal AC e
em N à diagonal BD. Chamemos de P e Q os pontos de BC e AB que cortam a essa
linha que passa por M e N. Bom, o problema agora é demostrar que AMD e CNB somam
180. Note que: AMD=45+PDM, e CNB=45+PCN então AMD+CNB=90+PDM+PCM. Vou provar que
os triângulos PDM e PNC são congruentes e portanto PDM+PCM=90. Vamos lá:
chamemos PD=a e PC=b, então AQ=a, então QM=a, e como o lado do quadrado é a+b
então PM=b. Similarmente: BQ=b então NQ=b então PN=a, então fica provado que os
triângulos BMP e PCN são congruentes, logo PDM+PCM=90, logo
AMD+CNB=90+PDM+PCM=180, logo RTD+CTS=180 logo RPST é inscriptivel


Me desculpe o portunhol, se algum passo não tiver ficado claro, me avise.

Julio Saldaña


-- Mensaje original ---
De : obm-l@mat.puc-rio.br
Para : obm-l@mat.puc-rio.br
Fecha : Mon, 05 Sep 2011 19:03:50 -0300
Asunto : Fwd: [obm-l] Problema de Geometria(difícil)
 

 Original Message  


SUBJECT:
[obm-l] Problema
de Geometria(difícil)

DATE:
Sun, 04 Sep 2011 11:11:26
-0300

FROM:

douglas.olive...@grupoolimpo.com.br

TO:

REPLY-TO:

obm-l@mat.puc-rio.br

Olá gostaria de uma ajuda no seguinte problema ,
tentei por alguns caminhos, muito trabalhosos, mas que deu certo, não
vou comentar a minha forma de resolução para que tenha criatividade nos
pensamentos, eu estava interessado na forma de resolução por plana!!! ai
vai: 


Dado um quadrado ABCD e um ponto P pertencente ao lado AB , sendo
R o incentro do triângulo APD, S o incentro do triângulo PBC, e T o
incentro do triângulo PCD, mostre que o quadrilátero RPST é inscritível.


E obrigado! 

  


__
Si desea recibir, semanalmente, el Boletín Electrónico de la PUCP, ingrese a:
http://www.pucp.edu.pe/puntoedu/suscribete/

=
Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
=

[obm-l] Problema de Geometria(difícil)

[douglas . oliveira]

  

Olá gostaria de uma ajuda no seguinte problema , tentei por alguns
caminhos, muito trabalhosos, mas que deu certo, não vou comentar a minha
forma de resolução para que tenha criatividade nos pensamentos, eu
estava interessado na forma de resolução por plana!!! ai vai: 

Dado um
quadrado ABCD e um ponto P pertencente ao lado AB , sendo R o incentro
do triângulo APD, S o incentro do triângulo PBC, e T o incentro do
triângulo PCD, mostre que o quadrilátero RPST é inscritível. 

E
obrigado! 
  

Re: [obm-l] Problema de Geometria (PUC-SP)

[Ralph Teixeira]

Tecnicamente, poderia ser também um trapézio isósceles (bases AC e
BD). Mas a conclusão é a mesma.

Abraço,
 Ralph

2011/5/15 João Maldonado joao_maldona...@hotmail.com:
 Na verdade LLL é o maior  caso de congruência de triângulos, O triângulo ABC
 é congruente a ADC, logo ABC = ADC = CDA,  alternativa d.
 Além disso como ADC = ABC e BAC =  BCD, se trata de um paralelogramo
 (isso  se B  !=  C, nesse caso se  trata do triângulo  ABC)
 Existem 3 casos principais de congruência de triângulos:
 LLL
 LAL
 ALA
 Além disso um caso de proporcionalidade
 AAA


 []'s
 João
 
 Date: Sun, 15 May 2011 18:19:41 -0300
 Subject: [obm-l] Problema de Geometria (PUC-SP)
 From: pierryang...@gmail.com
 To: obm-l@mat.puc-rio.br

 Olá a todos, perdoem a ignorância, mas não consegui entender a seguinte
 questão.

 (PUC-SP) Dados os triângulos ABC e ADC, com AB = CD e AD = BC, podemos
 concluir que o ângulo ABC é congruente ao ângulo:

 a) BAC    d) CDA
 b) ABD    e) DCB
 c) ACD


 Obs.: Como não consegui colocar o ^ em cima das letras do ângulos
 correspondentes, admita que a letra central é
 o ângulo que o problema se refere ABC = ângulo B, BAC = ângulo A;

 Bem, não consigo entender o problema, pois dois lados congruentes não é
 nenhum critério de congruência e não garante
 a conclusão de que ABC é congruente a qualquer um dos ângulos das
 alternativas propostas.

 Se eu considerar tal fato, estou admitindo que o triângulo ABC é congruente
 ao triângulo ADC e isso não foi dito no enunciado.

 Estou certo? Existe algo que não considerei?

 Abraço a todos.

 Pierry  A. Pereira






=
Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
=

Re: [obm-l] Problema de Geometria (PUC-SP)

[Pierry �ngelo Pereira]

Pois é amigos, acho que estava cego, não vi o lado comum.

Abraço a todos.

Em 16 de maio de 2011 08:46, Ralph Teixeira ralp...@gmail.com escreveu:

 Tecnicamente, poderia ser também um trapézio isósceles (bases AC e
 BD). Mas a conclusão é a mesma.

 Abraço,
 Ralph

 2011/5/15 João Maldonado joao_maldona...@hotmail.com:
  Na verdade LLL é o maior  caso de congruência de triângulos, O triângulo
 ABC
  é congruente a ADC, logo ABC = ADC = CDA,  alternativa d.
  Além disso como ADC = ABC e BAC =  BCD, se trata de um paralelogramo
  (isso  se B  !=  C, nesse caso se  trata do triângulo  ABC)
  Existem 3 casos principais de congruência de triângulos:
  LLL
  LAL
  ALA
  Além disso um caso de proporcionalidade
  AAA
 
 
  []'s
  João
  
  Date: Sun, 15 May 2011 18:19:41 -0300
  Subject: [obm-l] Problema de Geometria (PUC-SP)
  From: pierryang...@gmail.com
  To: obm-l@mat.puc-rio.br
 
  Olá a todos, perdoem a ignorância, mas não consegui entender a seguinte
  questão.
 
  (PUC-SP) Dados os triângulos ABC e ADC, com AB = CD e AD = BC, podemos
  concluir que o ângulo ABC é congruente ao ângulo:
 
  a) BACd) CDA
  b) ABDe) DCB
  c) ACD
 
 
  Obs.: Como não consegui colocar o ^ em cima das letras do ângulos
  correspondentes, admita que a letra central é
  o ângulo que o problema se refere ABC = ângulo B, BAC = ângulo A;
 
  Bem, não consigo entender o problema, pois dois lados congruentes não é
  nenhum critério de congruência e não garante
  a conclusão de que ABC é congruente a qualquer um dos ângulos das
  alternativas propostas.
 
  Se eu considerar tal fato, estou admitindo que o triângulo ABC é
 congruente
  ao triângulo ADC e isso não foi dito no enunciado.
 
  Estou certo? Existe algo que não considerei?
 
  Abraço a todos.
 
  Pierry  A. Pereira
 
 
 
 
 

 =
 Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
 http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
 =

[obm-l] Problema de Geometria (PUC-SP)

[Pierry �ngelo Pereira]

Olá a todos, perdoem a ignorância, mas não consegui entender a seguinte
questão.

(PUC-SP) Dados os triângulos ABC e ADC, com AB = CD e AD = BC, podemos
concluir que o ângulo ABC é congruente ao ângulo:

a) BACd) CDA
b) ABDe) DCB
c) ACD


Obs.: Como não consegui colocar o ^ em cima das letras do ângulos
correspondentes, admita que a letra central é
o ângulo que o problema se refere ABC = ângulo B, BAC = ângulo A;

Bem, não consigo entender o problema, pois dois lados congruentes não é
nenhum critério de congruência e não garante
a conclusão de que ABC é congruente a qualquer um dos ângulos das
alternativas propostas.

Se eu considerar tal fato, estou admitindo que o triângulo ABC é congruente
ao triângulo ADC e isso não foi dito no enunciado.

Estou certo? Existe algo que não considerei?

Abraço a todos.

Pierry  A. Pereira

RE: [obm-l] Problema de Geometria (PUC-SP)

[João Maldonado]

Na verdade LLL é o maior  caso de congruência de triângulos, O triângulo ABC é 
congruente a ADC, logo ABC = ADC = CDA,  alternativa d.
Além disso como ADC = ABC e BAC =  BCD, se trata de um paralelogramo (isso  
se B  !=  C, nesse caso se  trata do triângulo  ABC)
Existem 3 casos principais de congruência de triângulos:ALALAAlém disso um 
caso de proporcionalidade
AAA


[]'sJoão
Date: Sun, 15 May 2011 18:19:41 -0300
Subject: [obm-l] Problema de Geometria (PUC-SP)
From: pierryang...@gmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br

Olá a todos, perdoem a ignorância, mas não consegui entender a seguinte questão.

(PUC-SP) Dados os triângulos ABC e ADC, com AB = CD e AD = BC, podemos concluir 
que o ângulo ABC é congruente ao ângulo:


a) BACd) CDA

b) ABDe) DCB
c) ACD


Obs.: Como não consegui colocar o ^ em cima das letras do ângulos 
correspondentes, admita que a letra central é 
o ângulo que o problema se refere ABC = ângulo B, BAC = ângulo A;



Bem, não consigo entender o problema, pois dois lados congruentes não é nenhum 
critério de congruência e não garante 
a conclusão de que ABC é congruente a qualquer um dos ângulos das alternativas 
propostas.



Se eu considerar tal fato, estou admitindo que o triângulo ABC é congruente ao 
triângulo ADC e isso não foi dito no enunciado.

Estou certo? Existe algo que não considerei? 

Abraço a todos.

Pierry  A. Pereira




 


  

RE: [obm-l] Problema de Geometria (PUC-SP)

[Thiago Tarraf Varella]

Observe que existe o lado AC em comum a ambos os triângulos ^.^Logo, temos o 
ladoAB = CDAD = BCAC = ACAssim eles são congruentes. Espero ter ajudado
Abraços,Thiago
Date: Sun, 15 May 2011 18:19:41 -0300
Subject: [obm-l] Problema de Geometria (PUC-SP)
From: pierryang...@gmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br

Olá a todos, perdoem a ignorância, mas não consegui entender a seguinte questão.

(PUC-SP) Dados os triângulos ABC e ADC, com AB = CD e AD = BC, podemos concluir 
que o ângulo ABC é congruente ao ângulo:


a) BACd) CDA

b) ABDe) DCB
c) ACD


Obs.: Como não consegui colocar o ^ em cima das letras do ângulos 
correspondentes, admita que a letra central é 
o ângulo que o problema se refere ABC = ângulo B, BAC = ângulo A;



Bem, não consigo entender o problema, pois dois lados congruentes não é nenhum 
critério de congruência e não garante 
a conclusão de que ABC é congruente a qualquer um dos ângulos das alternativas 
propostas.



Se eu considerar tal fato, estou admitindo que o triângulo ABC é congruente ao 
triângulo ADC e isso não foi dito no enunciado.

Estou certo? Existe algo que não considerei? 

Abraço a todos.

Pierry  A. Pereira




 


  

RE: [obm-l] problema de geometria

[Marco Antonio Leal]

Muito obrigado pela solução Pedro 
 


From: pedrohgbarb...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: RE: [obm-l] problema de geometria
Date: Fri, 7 May 2010 23:48:10 +0300



acho q eu vi uma saída:

seja x a distância do vértice A aos pontos de tangência da circunferência 
ex-inscrita com os lados AB e AC.
R, S e T são os pontos de tangência da circunferência ex-inscrita com os lados 
AC, CB e BA, respectivamente.
pelo teorema das tangentes CR=CS e BT = BS = CB = CR + BT = 2x-16
pela lei dos cossenos é possível determinar o valor de cos em função de x. 
como o valor de cos(Â/2)=x/12, pela relação trigonométrica 
cos(Â)=2*[cos(Â/2)]^2-1 temos uma função do segundo grau em x, sendo possível 
determiná-lo.
agora, novamente com o teorema das tangentes, você pode determinar o valor da 
distância de A ao ponto de tangência do círculo inscrito em AC (ou AB) e 
descobrir o valor desejado por semelhança entre os triângulos  com vértices em 
A, nos centros de cada circunfência(que são colineares com A) e nos pontos de 
tangência das circunferências com uum dos lados AB ou AC.

acho q assim sai, mas num tive saco de fazer as contas



From: marcoantonio_elemen...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: [obm-l] problema de geometria
Date: Thu, 6 May 2010 20:08:52 +0300



Estou em tentando resolver um problema de geometria plana e ainda não obtive 
exito, por favor, quem conseguir, mande a solução
 
Seja um triangulo ABC onde AB = 10 e AC = 6, a distancia do vértice A ao centro 
da circunferencia ex-inscrita em relação ao lado BC é 12, calcule a distancia 
do vértice A ao centro da circunferencia inscrtia no triangulo ABC



POR ANO SÃO ENCONTRADOS 609.000 SITES QUE ROUBAM DADOS. VEJA COMO SE PROTEGER 
AQUI. 


POR DIA 63.912 COMPUTADORES SÃO INFECTADOS POR VÍRUS. LEIA DICAS DE SEGURANÇA.  
  
_
QUEM VOCÊ QUER SER HOJE NO MESSENGER? TRANSFORME SUA FOTO, É GRÁTIS.
http://ilm.windowslive.com.br/?ocid=ILM:ILM:Hotmail:Tagline:1x1:Tagline

RE: [obm-l] problema de geometria

[pedro barboza]

acho q eu vi uma saída:

seja x a distância do vértice A aos pontos de tangência da circunferência 
ex-inscrita com os lados AB e AC.
R, S e T são os pontos de tangência da circunferência ex-inscrita com os lados 
AC, CB e BA, respectivamente.
pelo teorema das tangentes CR=CS e BT = BS = CB = CR + BT = 2x-16
pela lei dos cossenos é possível determinar o valor de cos em função de x. 
como o valor de cos(Â/2)=x/12, pela relação trigonométrica 
cos(Â)=2*[cos(Â/2)]^2-1 temos uma função do segundo grau em x, sendo possível 
determiná-lo.
agora, novamente com o teorema das tangentes, você pode determinar o valor da 
distância de A ao ponto de tangência do círculo inscrito em AC (ou AB) e 
descobrir o valor desejado por semelhança entre os triângulos  com vértices em 
A, nos centros de cada circunfência(que são colineares com A) e nos pontos de 
tangência das circunferências com uum dos lados AB ou AC.

acho q assim sai, mas num tive saco de fazer as contas

From: marcoantonio_elemen...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: [obm-l] problema de geometria
Date: Thu, 6 May 2010 20:08:52 +0300








Estou em tentando resolver um problema de geometria plana e ainda não obtive 
exito, por favor, quem conseguir, mande a solução

 

Seja um triangulo ABC onde AB = 10 e AC = 6, a distancia do vértice A ao centro 
da circunferencia ex-inscrita em relação ao lado BC é 12, calcule a distancia 
do vértice A ao centro da circunferencia inscrtia no triangulo ABC
  
POR ANO SÃO ENCONTRADOS 609.000 SITES QUE ROUBAM DADOS. VEJA COMO SE PROTEGER 
AQUI.   
_
CANSADO DE ENTRAR EM TODAS AS SUAS DIFERENTES CONTAS DE EMAIL? JUNTE TODAS 
AGORA.
http://www.windowslive.com.br/public/product.aspx/view/1?cname=agregadorocid=Hotmail:MSN:Messenger:Tagline:1x1:agregador:-

[obm-l] problema de geometria

[Marco Antonio Leal]

Estou em tentando resolver um problema de geometria plana e ainda não obtive 
exito, por favor, quem conseguir, mande a solução

 

Seja um triangulo ABC onde AB = 10 e AC = 6, a distancia do vértice A ao centro 
da circunferencia ex-inscrita em relação ao lado BC é 12, calcule a distancia 
do vértice A ao centro da circunferencia inscrtia no triangulo ABC
  
_
VOCÊ PODE TER 25 GB GRATUITOS PARA ARMAZENAR SEUS ARQUIVOS NA WEB. VEJA AQUI 
COMO.
http://www.windowslive.com.br/public/product.aspx/view/1?cname=skydriveocid=Hotmail:MSN:Messenger:Tagline:1x1:skydrive:-

Re: [obm-l] Problema de geometria euclidiana

[Rogerio Ponce]

Ola' pessoal,
na solucao, vou usar algumas propriedades de triangulos, demonstradas na
mensagem
http://www.mail-archive.com/obm-l@mat.puc-rio.br/msg35407.html .
Sao elas:

Teorema 1 (ou T1):
Em qualquer triangulo de angulos internos ABC, com lados respectivamente
opostos a,b,c,
AB se, e somente se, ab.

Teorema 2 (ou T2):
Em qualquer triangulo de angulos internos ABC, com lados respectivamente
opostos a,b,c, tal que cb,
   mantendo-se os comprimentos 'c' e 'b' constantes, o angulo 'C' diminui
se, e somente se, o lado 'a' aumenta.

OBS: ...e pelo Teorema1, o lado 'a' aumenta se, e somente se, o angulo 'A'
aumenta. (ou o angulo externo 'A' diminui).
Assim, tambem podemos escrever:

Corolario 1 (ou C1):
Em qualquer triangulo de angulos internos ABC, com lados respectivamente
opostos a,b,c, tal que cb,
   mantendo-se os comprimentos 'c' e 'b' constantes, o angulo 'C' diminui
se, e somente se, o angulo externo 'A' diminui.

Agora, iremos simplesmente aplicar sucessivamente essas propriedades aos
angulos internos da figura.
Sugiro marcar os angulos (escreva o nome nos angulos!) BAD,CBE,ACF,
FDE,DEF,EFD.
Vamos la'!

Suponhamos que BAD  CBE. Entao:
BD  CE (pelo T1)
EF  DE  (pois BE=CF)
FDE  EFD (pelo T1)

BAD  ACF (C1)
BD  AF (T1)
FD  DE (pois AD=BE)
DEF  EFD (T1)

CBE  ACF (C1)
CE  AF (T1)
FD  EF (pois CF=AD)
DEF  FDE (T1)

CBE  BAD (C1)
que contraria a hipotese inicial.

Dessa forma, nao podemos ter os angulos BADCBE, nem CBEACF, e nem ACFBAD.
Portanto, eles sao iguais entre si.
Assim, os triangulos ABD, BCE e CAF sao congruentes, e os angulos FDE, DEF e
EFD sao iguais.
Logo, o triangulo FDE e' equilatero.

[]'s
Rogerio Ponce



Em 28 de abril de 2010 23:37, Rogerio Ponce abrlw...@gmail.com escreveu:

 Oi Tiago, Marcelo e Dirichlet,
 eu acho que nao adianta superpor a figura original e a mesma figura rodada
 de 120 graus, pois apenas o triangulo equilatero ABC vai casar com ele
 mesmo. Afinal, o que se procura provar e' justamente a congruencia da parte
 interna, de forma que nao se pode assumir que elas iriam se encaixar.

 Eu fiz uma solucao meio mixuruca, mas simpatica - bem, eu achei ...:)
 Nao precisou tracar nenhuma linha auxiliar, e as ideias envolvidas sao bem
 simples.
 Amanha ou depois eu envio essa solucao.

 []'s
 Rogerio Ponce




 Em 28 de abril de 2010 21:17, Tiago hit0...@gmail.com escreveu:

 Fico feliz em saber que tem solução, mas continuo não sabendo o que fazer.
 Tem alguma dica?

 2010/4/28 Rogerio Ponce abrlw...@gmail.com

 Ola' Tiago e colegas da lista,
 o problema esta' perfeito, e nao faltam informacoes no enunciado.
 Como voce usou um desenho (que nao fica armazendo na lista), acho
 conveniente repetir o enunciado usando apenas palavras.
 Vamos la'!

 Seja um triangulo equilatero ABC.
 Construa algum triangulo interno BCE, tal que :
 1) apos tracar um segmento AD, com D pertencente ao segmento BE, e
 2) apos escolher um ponto F pertencente 'a intersecao do segmento AD
 com o prolongamento de CE,
 as seguintes condicoes se verifiquem:
 CF, AD e BE tem o mesmo comprimento.
 Prove que o triangulo DEF sempre e' equilatero.

 []'s
 Rogerio Ponce

 PS: calma gente, pode parecer dificil construir a figura seguindo apenas
 o enunciado, mas vou dar uma dica:

 Construa um triangulo equilatero ABC.
 Trace por B uma ceviana interna tal que o angulo formado com o lado BC
 seja 20 graus, por exemplo (poderia ser outro valor).
 Trace por C uma ceviana interna tal que o angulo formado com o lado CA
 seja 20 graus (repetindo o valor anterior)
 Trace por A uma ceviana interna tal que o angulo formado com o lado AB
 seja novamente os mesmos 20 graus.
 A intersecao entre as cevianas que passam pelos vertices B e C e' o ponto
 E.
 A intersecao entre as cevianas que passam pelos vertices C e A e' o ponto
 F.
 A intersecao entre as cevianas que passam pelos vertices A e B e' o ponto
 D.

 Reparem que os 20 graus foram usados APENAS para facilitar a construcao
 da figura, e isso nao faz parte do enunciado.
 Alias, a igualdade entre esses angulos e' justamente uma das
 consequencias diretas da demonstracao proposta.
 Bom divertimento a todos!
 []'s
 Rogerio Ponce


 --

 Em 26 de abril de 2010 13:30, Tiago hit0...@gmail.com escreveu:

 Não, mas começo a desconfiar que faltam informações no enunciado.


 2010/4/26 Marcelo Costa mat.mo...@gmail.com

  Perdão pela pergunta, mas no enunciado é mencionado que BD = DE, CE =
 EF e  AF = FD ?

 Em 24 de abril de 2010 20:34, Tiago hit0...@gmail.com escreveu:

 É, tentei fazer rotações e mexer com algumas simetrias mas não consigo
 fazer sair com geometria euclidiana. =/

 2010/4/24 Johann Dirichlet peterdirich...@gmail.com

 Eu pensaria em uma rotação. Se girarmos esta figura de 120graus em
 relação ao centro do triângulo maior, a imagem se encaixa. Usando
 Complexos daria para formalizar melhor.

 Em 24 de abril de 2010 10:05, Tiago 

Re: [obm-l] Problema de geometria euclidiana

[Tiago]

Fantástica a solução. Ainda não a analisei demoradamente, mas creio que está
correta, sem contar que a ideia foi mto boa.

Só uma coisa, existe um jeito de demonstrar o Teo 2 de maneira mais
sintética, sem lei dos cossenos?

2010/5/1 Rogerio Ponce abrlw...@gmail.com

 Ola' pessoal,
 na solucao, vou usar algumas propriedades de triangulos, demonstradas na
 mensagem
 http://www.mail-archive.com/obm-l@mat.puc-rio.br/msg35407.html .
 Sao elas:

 Teorema 1 (ou T1):
 Em qualquer triangulo de angulos internos ABC, com lados respectivamente
 opostos a,b,c,
 AB se, e somente se, ab.

 Teorema 2 (ou T2):
 Em qualquer triangulo de angulos internos ABC, com lados respectivamente
 opostos a,b,c, tal que cb,
mantendo-se os comprimentos 'c' e 'b' constantes, o angulo 'C' diminui
 se, e somente se, o lado 'a' aumenta.

 OBS: ...e pelo Teorema1, o lado 'a' aumenta se, e somente se, o angulo 'A'
 aumenta. (ou o angulo externo 'A' diminui).
 Assim, tambem podemos escrever:

 Corolario 1 (ou C1):
 Em qualquer triangulo de angulos internos ABC, com lados respectivamente
 opostos a,b,c, tal que cb,
mantendo-se os comprimentos 'c' e 'b' constantes, o angulo 'C' diminui
 se, e somente se, o angulo externo 'A' diminui.

 Agora, iremos simplesmente aplicar sucessivamente essas propriedades aos
 angulos internos da figura.
 Sugiro marcar os angulos (escreva o nome nos angulos!) BAD,CBE,ACF,
 FDE,DEF,EFD.
 Vamos la'!

 Suponhamos que BAD  CBE. Entao:
 BD  CE (pelo T1)
 EF  DE  (pois BE=CF)
 FDE  EFD (pelo T1)

 BAD  ACF (C1)
 BD  AF (T1)
 FD  DE (pois AD=BE)
 DEF  EFD (T1)

 CBE  ACF (C1)
 CE  AF (T1)
 FD  EF (pois CF=AD)
 DEF  FDE (T1)

 CBE  BAD (C1)
 que contraria a hipotese inicial.

 Dessa forma, nao podemos ter os angulos BADCBE, nem CBEACF, e nem
 ACFBAD.
 Portanto, eles sao iguais entre si.
 Assim, os triangulos ABD, BCE e CAF sao congruentes, e os angulos FDE, DEF
 e EFD sao iguais.
 Logo, o triangulo FDE e' equilatero.

 []'s
 Rogerio Ponce

 

 Em 28 de abril de 2010 23:37, Rogerio Ponce abrlw...@gmail.com escreveu:

 Oi Tiago, Marcelo e Dirichlet,
 eu acho que nao adianta superpor a figura original e a mesma figura rodada
 de 120 graus, pois apenas o triangulo equilatero ABC vai casar com ele
 mesmo. Afinal, o que se procura provar e' justamente a congruencia da parte
 interna, de forma que nao se pode assumir que elas iriam se encaixar.

 Eu fiz uma solucao meio mixuruca, mas simpatica - bem, eu achei ...:)
 Nao precisou tracar nenhuma linha auxiliar, e as ideias envolvidas sao bem
 simples.
 Amanha ou depois eu envio essa solucao.

 []'s
 Rogerio Ponce




 Em 28 de abril de 2010 21:17, Tiago hit0...@gmail.com escreveu:

 Fico feliz em saber que tem solução, mas continuo não sabendo o que fazer.
 Tem alguma dica?

 2010/4/28 Rogerio Ponce abrlw...@gmail.com

 Ola' Tiago e colegas da lista,
 o problema esta' perfeito, e nao faltam informacoes no enunciado.
 Como voce usou um desenho (que nao fica armazendo na lista), acho
 conveniente repetir o enunciado usando apenas palavras.
 Vamos la'!

 Seja um triangulo equilatero ABC.
 Construa algum triangulo interno BCE, tal que :
 1) apos tracar um segmento AD, com D pertencente ao segmento BE, e
 2) apos escolher um ponto F pertencente 'a intersecao do segmento AD
 com o prolongamento de CE,
 as seguintes condicoes se verifiquem:
 CF, AD e BE tem o mesmo comprimento.
 Prove que o triangulo DEF sempre e' equilatero.

 []'s
 Rogerio Ponce

 PS: calma gente, pode parecer dificil construir a figura seguindo apenas
 o enunciado, mas vou dar uma dica:

 Construa um triangulo equilatero ABC.
 Trace por B uma ceviana interna tal que o angulo formado com o lado BC
 seja 20 graus, por exemplo (poderia ser outro valor).
 Trace por C uma ceviana interna tal que o angulo formado com o lado CA
 seja 20 graus (repetindo o valor anterior)
 Trace por A uma ceviana interna tal que o angulo formado com o lado AB
 seja novamente os mesmos 20 graus.
 A intersecao entre as cevianas que passam pelos vertices B e C e' o
 ponto E.
 A intersecao entre as cevianas que passam pelos vertices C e A e' o
 ponto F.
 A intersecao entre as cevianas que passam pelos vertices A e B e' o
 ponto D.

 Reparem que os 20 graus foram usados APENAS para facilitar a construcao
 da figura, e isso nao faz parte do enunciado.
 Alias, a igualdade entre esses angulos e' justamente uma das
 consequencias diretas da demonstracao proposta.
 Bom divertimento a todos!
 []'s
 Rogerio Ponce


 --

 Em 26 de abril de 2010 13:30, Tiago hit0...@gmail.com escreveu:

 Não, mas começo a desconfiar que faltam informações no enunciado.


 2010/4/26 Marcelo Costa mat.mo...@gmail.com

  Perdão pela pergunta, mas no enunciado é mencionado que BD = DE, CE =
 EF e  AF = FD ?

 Em 24 de abril de 2010 20:34, Tiago hit0...@gmail.com escreveu:

 É, tentei fazer rotações e mexer com algumas simetrias mas não 

Re: [obm-l] Problema de geometria euclidiana

[Rogerio Ponce]

Ola' Tiago e colegas da lista,
o problema esta' perfeito, e nao faltam informacoes no enunciado.
Como voce usou um desenho (que nao fica armazendo na lista), acho
conveniente repetir o enunciado usando apenas palavras.
Vamos la'!

Seja um triangulo equilatero ABC.
Construa algum triangulo interno BCE, tal que :
1) apos tracar um segmento AD, com D pertencente ao segmento BE, e
2) apos escolher um ponto F pertencente 'a intersecao do segmento AD com o
prolongamento de CE,
as seguintes condicoes se verifiquem:
CF, AD e BE tem o mesmo comprimento.
Prove que o triangulo DEF sempre e' equilatero.

[]'s
Rogerio Ponce

PS: calma gente, pode parecer dificil construir a figura seguindo apenas o
enunciado, mas vou dar uma dica:

Construa um triangulo equilatero ABC.
Trace por B uma ceviana interna tal que o angulo formado com o lado BC seja
20 graus, por exemplo (poderia ser outro valor).
Trace por C uma ceviana interna tal que o angulo formado com o lado CA seja
20 graus (repetindo o valor anterior)
Trace por A uma ceviana interna tal que o angulo formado com o lado AB seja
novamente os mesmos 20 graus.
A intersecao entre as cevianas que passam pelos vertices B e C e' o ponto E.
A intersecao entre as cevianas que passam pelos vertices C e A e' o ponto F.
A intersecao entre as cevianas que passam pelos vertices A e B e' o ponto D.

Reparem que os 20 graus foram usados APENAS para facilitar a construcao da
figura, e isso nao faz parte do enunciado.
Alias, a igualdade entre esses angulos e' justamente uma das consequencias
diretas da demonstracao proposta.
Bom divertimento a todos!
[]'s
Rogerio Ponce

--

Em 26 de abril de 2010 13:30, Tiago hit0...@gmail.com escreveu:

 Não, mas começo a desconfiar que faltam informações no enunciado.


2010/4/26 Marcelo Costa mat.mo...@gmail.com

 Perdão pela pergunta, mas no enunciado é mencionado que BD = DE, CE = EF e
 AF = FD ?

 Em 24 de abril de 2010 20:34, Tiago hit0...@gmail.com escreveu:

 É, tentei fazer rotações e mexer com algumas simetrias mas não consigo
 fazer sair com geometria euclidiana. =/

 2010/4/24 Johann Dirichlet peterdirich...@gmail.com

 Eu pensaria em uma rotação. Se girarmos esta figura de 120graus em
 relação ao centro do triângulo maior, a imagem se encaixa. Usando
 Complexos daria para formalizar melhor.

 Em 24 de abril de 2010 10:05, Tiago hit0...@gmail.com escreveu:
  Olá!, obrigado pela resposta. Mas não entendi porque o ângulo EBC (vc
  escreveu EBD, mas acho que você quis dizer EBC) tem que ser igual ao
 BAD? O
  que você tá usando explicitamente pra chegar a esta conclusão?
 
  2010/4/23 Walter Tadeu Nogueira da Silveira wtade...@gmail.com
 
  Oi, Tiago
 
  Pensei assim. Chamando de x e 60º-x os ângulos menor e maior
  respectivamente ao vértice B, e se AD = BE, então o ângulo x EBD é
 igual
  ao BAD. (Lembre que AB = AC = BC)
  O ângulo FDE é externo a ABD e vale (x) + (60º - x) = 60º.
 
  Pela mesma razão saem ângulo ACF = BAD e DFE (externo vale 60º) e
  finalmente DEF é o suplementar.
 
  Creio ser isso.
 
  --
  Tiago J. Fonseca
 
 --

 =
 Instru�ões para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
 http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.htmlhttp://www.mat.puc-rio.br/%7Eobmlistas/obm-l.html

 =

 --
 Tiago J. Fonseca

 --
 Matemática é o alfabeto com o qual Deus escreveu o Universo
 Galileu Galilei

 --
 Tiago J. Fonseca

Re: [obm-l] Problema de geometria euclidiana

[Tiago]

Fico feliz em saber que tem solução, mas continuo não sabendo o que fazer.
Tem alguma dica?

2010/4/28 Rogerio Ponce abrlw...@gmail.com

 Ola' Tiago e colegas da lista,
 o problema esta' perfeito, e nao faltam informacoes no enunciado.
 Como voce usou um desenho (que nao fica armazendo na lista), acho
 conveniente repetir o enunciado usando apenas palavras.
 Vamos la'!

 Seja um triangulo equilatero ABC.
 Construa algum triangulo interno BCE, tal que :
 1) apos tracar um segmento AD, com D pertencente ao segmento BE, e
 2) apos escolher um ponto F pertencente 'a intersecao do segmento AD com
 o prolongamento de CE,
 as seguintes condicoes se verifiquem:
 CF, AD e BE tem o mesmo comprimento.
 Prove que o triangulo DEF sempre e' equilatero.

 []'s
 Rogerio Ponce

 PS: calma gente, pode parecer dificil construir a figura seguindo apenas o
 enunciado, mas vou dar uma dica:

 Construa um triangulo equilatero ABC.
 Trace por B uma ceviana interna tal que o angulo formado com o lado BC seja
 20 graus, por exemplo (poderia ser outro valor).
 Trace por C uma ceviana interna tal que o angulo formado com o lado CA seja
 20 graus (repetindo o valor anterior)
 Trace por A uma ceviana interna tal que o angulo formado com o lado AB seja
 novamente os mesmos 20 graus.
 A intersecao entre as cevianas que passam pelos vertices B e C e' o ponto
 E.
 A intersecao entre as cevianas que passam pelos vertices C e A e' o ponto
 F.
 A intersecao entre as cevianas que passam pelos vertices A e B e' o ponto
 D.

 Reparem que os 20 graus foram usados APENAS para facilitar a construcao da
 figura, e isso nao faz parte do enunciado.
 Alias, a igualdade entre esses angulos e' justamente uma das consequencias
 diretas da demonstracao proposta.
 Bom divertimento a todos!
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 Rogerio Ponce


 --

 Em 26 de abril de 2010 13:30, Tiago hit0...@gmail.com escreveu:

 Não, mas começo a desconfiar que faltam informações no enunciado.


 2010/4/26 Marcelo Costa mat.mo...@gmail.com

 Perdão pela pergunta, mas no enunciado é mencionado que BD = DE, CE = EF
 e  AF = FD ?

 Em 24 de abril de 2010 20:34, Tiago hit0...@gmail.com escreveu:

 É, tentei fazer rotações e mexer com algumas simetrias mas não consigo
 fazer sair com geometria euclidiana. =/

 2010/4/24 Johann Dirichlet peterdirich...@gmail.com

 Eu pensaria em uma rotação. Se girarmos esta figura de 120graus em
 relação ao centro do triângulo maior, a imagem se encaixa. Usando
 Complexos daria para formalizar melhor.

 Em 24 de abril de 2010 10:05, Tiago hit0...@gmail.com escreveu:
  Olá!, obrigado pela resposta. Mas não entendi porque o ângulo EBC (vc
  escreveu EBD, mas acho que você quis dizer EBC) tem que ser igual ao
 BAD? O
  que você tá usando explicitamente pra chegar a esta conclusão?
 
  2010/4/23 Walter Tadeu Nogueira da Silveira wtade...@gmail.com
 
  Oi, Tiago
 
  Pensei assim. Chamando de x e 60º-x os ângulos menor e maior
  respectivamente ao vértice B, e se AD = BE, então o ângulo x EBD é
 igual
  ao BAD. (Lembre que AB = AC = BC)
  O ângulo FDE é externo a ABD e vale (x) + (60º - x) = 60º.
 
  Pela mesma razão saem ângulo ACF = BAD e DFE (externo vale 60º) e
  finalmente DEF é o suplementar.
 
  Creio ser isso.
 
  --
  Tiago J. Fonseca
 
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 Instru�ões para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
 http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.htmlhttp://www.mat.puc-rio.br/%7Eobmlistas/obm-l.html

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Re: [obm-l] Problema de geometria euclidiana

[Rogerio Ponce]

Oi Tiago, Marcelo e Dirichlet,
eu acho que nao adianta superpor a figura original e a mesma figura rodada
de 120 graus, pois apenas o triangulo equilatero ABC vai casar com ele
mesmo. Afinal, o que se procura provar e' justamente a congruencia da parte
interna, de forma que nao se pode assumir que elas iriam se encaixar.

Eu fiz uma solucao meio mixuruca, mas simpatica - bem, eu achei ...:)
Nao precisou tracar nenhuma linha auxiliar, e as ideias envolvidas sao bem
simples.
Amanha ou depois eu envio essa solucao.

[]'s
Rogerio Ponce




Em 28 de abril de 2010 21:17, Tiago hit0...@gmail.com escreveu:

 Fico feliz em saber que tem solução, mas continuo não sabendo o que fazer.
 Tem alguma dica?

 2010/4/28 Rogerio Ponce abrlw...@gmail.com

 Ola' Tiago e colegas da lista,
 o problema esta' perfeito, e nao faltam informacoes no enunciado.
 Como voce usou um desenho (que nao fica armazendo na lista), acho
 conveniente repetir o enunciado usando apenas palavras.
 Vamos la'!

 Seja um triangulo equilatero ABC.
 Construa algum triangulo interno BCE, tal que :
 1) apos tracar um segmento AD, com D pertencente ao segmento BE, e
 2) apos escolher um ponto F pertencente 'a intersecao do segmento AD com
 o prolongamento de CE,
 as seguintes condicoes se verifiquem:
 CF, AD e BE tem o mesmo comprimento.
 Prove que o triangulo DEF sempre e' equilatero.

 []'s
 Rogerio Ponce

 PS: calma gente, pode parecer dificil construir a figura seguindo apenas o
 enunciado, mas vou dar uma dica:

 Construa um triangulo equilatero ABC.
 Trace por B uma ceviana interna tal que o angulo formado com o lado BC
 seja 20 graus, por exemplo (poderia ser outro valor).
 Trace por C uma ceviana interna tal que o angulo formado com o lado CA
 seja 20 graus (repetindo o valor anterior)
 Trace por A uma ceviana interna tal que o angulo formado com o lado AB
 seja novamente os mesmos 20 graus.
 A intersecao entre as cevianas que passam pelos vertices B e C e' o ponto
 E.
 A intersecao entre as cevianas que passam pelos vertices C e A e' o ponto
 F.
 A intersecao entre as cevianas que passam pelos vertices A e B e' o ponto
 D.

 Reparem que os 20 graus foram usados APENAS para facilitar a construcao da
 figura, e isso nao faz parte do enunciado.
 Alias, a igualdade entre esses angulos e' justamente uma das consequencias
 diretas da demonstracao proposta.
 Bom divertimento a todos!
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 Em 26 de abril de 2010 13:30, Tiago hit0...@gmail.com escreveu:

 Não, mas começo a desconfiar que faltam informações no enunciado.


 2010/4/26 Marcelo Costa mat.mo...@gmail.com

  Perdão pela pergunta, mas no enunciado é mencionado que BD = DE, CE = EF
 e  AF = FD ?

 Em 24 de abril de 2010 20:34, Tiago hit0...@gmail.com escreveu:

 É, tentei fazer rotações e mexer com algumas simetrias mas não consigo
 fazer sair com geometria euclidiana. =/

 2010/4/24 Johann Dirichlet peterdirich...@gmail.com

 Eu pensaria em uma rotação. Se girarmos esta figura de 120graus em
 relação ao centro do triângulo maior, a imagem se encaixa. Usando
 Complexos daria para formalizar melhor.

 Em 24 de abril de 2010 10:05, Tiago hit0...@gmail.com escreveu:
  Olá!, obrigado pela resposta. Mas não entendi porque o ângulo EBC
 (vc
  escreveu EBD, mas acho que você quis dizer EBC) tem que ser igual ao
 BAD? O
  que você tá usando explicitamente pra chegar a esta conclusão?
 
  2010/4/23 Walter Tadeu Nogueira da Silveira wtade...@gmail.com
 
  Oi, Tiago
 
  Pensei assim. Chamando de x e 60º-x os ângulos menor e maior
  respectivamente ao vértice B, e se AD = BE, então o ângulo x EBD
 é igual
  ao BAD. (Lembre que AB = AC = BC)
  O ângulo FDE é externo a ABD e vale (x) + (60º - x) = 60º.
 
  Pela mesma razão saem ângulo ACF = BAD e DFE (externo vale 60º) e
  finalmente DEF é o suplementar.
 
  Creio ser isso.
 
  --
  Tiago J. Fonseca
 
 --


 =
 Instru�ões para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
 http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.htmlhttp://www.mat.puc-rio.br/%7Eobmlistas/obm-l.html

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 Tiago J. Fonseca

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 Galileu Galilei

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 Tiago J. Fonseca
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Re: [obm-l] Problema de geometria euclidiana

[Tiago]

Olá!, obrigado pela resposta. Mas não entendi porque o ângulo EBC (vc
escreveu EBD, mas acho que você quis dizer EBC) tem que ser igual ao BAD? O
que você tá usando explicitamente pra chegar a esta conclusão?

2010/4/23 Walter Tadeu Nogueira da Silveira wtade...@gmail.com

 Oi, Tiago

 Pensei assim. Chamando de x e 60º-x os ângulos menor e maior
 respectivamente ao vértice B, e se AD = BE, então o ângulo x EBD é igual
 ao BAD. (Lembre que AB = AC = BC)
 O ângulo FDE é externo a ABD e vale (x) + (60º - x) = 60º.

 Pela mesma razão saem ângulo ACF = BAD e DFE (externo vale 60º) e
 finalmente DEF é o suplementar.

 Creio ser isso.





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Tiago J. Fonseca
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Re: [obm-l] Problema de geometria euclidiana

[Johann Dirichlet]

Eu pensaria em uma rotação. Se girarmos esta figura de 120graus em
relação ao centro do triângulo maior, a imagem se encaixa. Usando
Complexos daria para formalizar melhor.

Em 24 de abril de 2010 10:05, Tiago hit0...@gmail.com escreveu:
 Olá!, obrigado pela resposta. Mas não entendi porque o ângulo EBC (vc
 escreveu EBD, mas acho que você quis dizer EBC) tem que ser igual ao BAD? O
 que você tá usando explicitamente pra chegar a esta conclusão?

 2010/4/23 Walter Tadeu Nogueira da Silveira wtade...@gmail.com

 Oi, Tiago

 Pensei assim. Chamando de x e 60º-x os ângulos menor e maior
 respectivamente ao vértice B, e se AD = BE, então o ângulo x EBD é igual
 ao BAD. (Lembre que AB = AC = BC)
 O ângulo FDE é externo a ABD e vale (x) + (60º - x) = 60º.

 Pela mesma razão saem ângulo ACF = BAD e DFE (externo vale 60º) e
 finalmente DEF é o suplementar.

 Creio ser isso.





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 Tiago J. Fonseca
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Quadrinista e Taverneiro!

http://tavernadofimdomundo.blogspot.com  Histórias, Poemas, Quadrinhos e Afins
http://baratoeletrico.blogspot.com / Ativismo Digital (?)
http://bridget-torres.blogspot.com/  Personal! Do not edit!

=
Instru��es para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
=

Re: [obm-l] Problema de geometria euclidiana

[Tiago]

É, tentei fazer rotações e mexer com algumas simetrias mas não consigo fazer
sair com geometria euclidiana. =/

2010/4/24 Johann Dirichlet peterdirich...@gmail.com

 Eu pensaria em uma rotação. Se girarmos esta figura de 120graus em
 relação ao centro do triângulo maior, a imagem se encaixa. Usando
 Complexos daria para formalizar melhor.

 Em 24 de abril de 2010 10:05, Tiago hit0...@gmail.com escreveu:
  Olá!, obrigado pela resposta. Mas não entendi porque o ângulo EBC (vc
  escreveu EBD, mas acho que você quis dizer EBC) tem que ser igual ao BAD?
 O
  que você tá usando explicitamente pra chegar a esta conclusão?
 
  2010/4/23 Walter Tadeu Nogueira da Silveira wtade...@gmail.com
 
  Oi, Tiago
 
  Pensei assim. Chamando de x e 60º-x os ângulos menor e maior
  respectivamente ao vértice B, e se AD = BE, então o ângulo x EBD é
 igual
  ao BAD. (Lembre que AB = AC = BC)
  O ângulo FDE é externo a ABD e vale (x) + (60º - x) = 60º.
 
  Pela mesma razão saem ângulo ACF = BAD e DFE (externo vale 60º) e
  finalmente DEF é o suplementar.
 
  Creio ser isso.
 
 
 
 
 
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Tiago J. Fonseca
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[obm-l] Problema de geometria euclidiana

[Tiago]

Não consigo resolver isto com geometria sintética. Alguém se habilita?

Na imagem em anexo, o triângulo ABC é equilátero. Além disso, sabe-se que as
medidas de AD, BE e CF são iguais. Mostre que o triângulo DEF também é
equilátero.
-- 
Tiago J. Fonseca
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Re: [obm-l] Problema de geometria euclidiana

[Walter Tadeu Nogueira da Silveira]

Oi, Tiago

Pensei assim. Chamando de x e 60º-x os ângulos menor e maior
respectivamente ao vértice B, e se AD = BE, então o ângulo x EBD é igual
ao BAD. (Lembre que AB = AC = BC)
O ângulo FDE é externo a ABD e vale (x) + (60º - x) = 60º.

Pela mesma razão saem ângulo ACF = BAD e DFE (externo vale 60º) e finalmente
DEF é o suplementar.

Creio ser isso.

Re: [obm-l] Problema de Geometria

[Luiz Rodrigues]

Olá Adalberto!!!
Tudo bem???
Muito obrigado pela ajuda...
A figura está ótima!!!
Abração!!!
Luiz.


2010/4/16 Adalberto Dornelles aadornell...@gmail.com

  Um ciclista pedala uma bicicleta com rodas de mesmo diâmetro e com
  distâncias entre os eixos de 1,20m. Num determinado instante, ele vira o
  guidão em 30º, e o mantém nesta posição para andar em círculo. Calcule os
  raios dos círculos descritos pelas rodas dianteira e traseira da
 bicicleta.

 Oi Luiz,

 Uma figura ajuda?

 alfa = 30 graus

 Abraço,
 Adalberto

[obm-l] Problema de Geometria

[Luiz Rodrigues]

Olá pessoal!!!

Tudo bem???

Tenho um problema de geometria que não estou conseguindo resolver...



Um ciclista pedala uma bicicleta com rodas de mesmo diâmetro e com
distâncias entre os eixos de 1,20m. Num determinado instante, ele vira o
guidão em 30º, e o mantém nesta posição para andar em círculo. Calcule os
raios dos círculos descritos pelas rodas dianteira e traseira da bicicleta.



Será que alguém pode me ajudar?

Um abraço para todos.

Luiz.

Re: [obm-l] Problema de Geometria

[Adalberto Dornelles]

 Um ciclista pedala uma bicicleta com rodas de mesmo diâmetro e com
 distâncias entre os eixos de 1,20m. Num determinado instante, ele vira o
 guidão em 30º, e o mantém nesta posição para andar em círculo. Calcule os
 raios dos círculos descritos pelas rodas dianteira e traseira da bicicleta.

Oi Luiz,

Uma figura ajuda?

alfa = 30 graus

Abraço,
Adalberto


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[obm-l] Problema de Geometria

[adriano emidio]

Alguém pode me ajudar nesse problema: Num triângulo ABC de lado AC de medida 6 
cm, traça-se a ceviana AD que divide internamente o lado BC nos segmentos BD de 
medida 5 cm e DC de medida 4 cm. Se o ângulo B mede 20 e o ângulo C mede 85, 
quanto mede o ângulo BAD?


  

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Re: [obm-l] Problema de Geometria

[Carlos Alberto da Silva Victor]

Olá  Adriano ,

Seja x o ângulo pedido .Para esta questão observe  que  o triângulo ABC é
semelhante ao triângulo ADC , pois temos um ângulo comum ( 85) e dois lados
homólogos  proporcionais : 9/6 = 6/4 . Daí x+20 = 75 , donde x = 55.

Abraços

 Carlos  Victor

Em 10 de abril de 2010 21:13, adriano emidio
adrianoemi...@yahoo.com.brescreveu:

   Alguém pode me ajudar nesse problema: Num triângulo ABC de lado AC de
 medida 6 cm, traça-se a ceviana AD que divide internamente o lado BC nos
 segmentos BD de medida 5 cm e DC de medida 4 cm. Se o ângulo B mede 20 e o
 ângulo C mede 85, quanto mede o ângulo BAD?

Re: [obm-l] Problema de Geometria

[adriano emidio]

Obrigado Carlos, fiquei cego para a resolução desse problema. Sua resolução é 
bastante simples, embora eu não o ache tão trivial. Valeu e Abraços!

--- Em sáb, 10/4/10, Carlos Alberto da Silva Victor victorcar...@globo.com 
escreveu:

De: Carlos Alberto da Silva Victor victorcar...@globo.com
Assunto: Re: [obm-l] Problema de Geometria
Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Data: Sábado, 10 de Abril de 2010, 21:54

Olá  Adriano ,
 
Seja x o ângulo pedido .Para esta questão observe  que  o triângulo ABC é  
semelhante ao triângulo ADC , pois temos um ângulo comum ( 85) e dois lados 
homólogos  proporcionais : 9/6 = 6/4 . Daí x+20 = 75 , donde x = 55. 

 
Abraços 
 
 Carlos  Victor


Em 10 de abril de 2010 21:13, adriano emidio adrianoemi...@yahoo.com.br 
escreveu:





Alguém pode me ajudar nesse problema: Num triângulo ABC de lado AC de medida 6 
cm, traça-se a ceviana AD que divide internamente o lado BC nos segmentos BD de 
medida 5 cm e DC de medida 4 cm. Se o ângulo B mede 20 e o ângulo C mede 85, 
quanto mede o ângulo BAD?

 




  

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[obm-l] Problema de geometria

[mhfm]

Olá pessoal,
Espero que possam me ajudar neste, pois estou batendo cabeça a alguns
dias. Valeu!
Maria m...@oi.com.br

Seja ABCDE um pentágono convexo inscrito em uma circunferência, onde x
equivale a medida do ângulo do vértice A com medida de 100º e y equivale
ao ângulo formado pelo vértice B com a diagonal BD com medida de 30º.
Sendo I o ponto de encontro da diagonal BD com a diagonal CE, calcule o
ângulo BIC.


Quer deixar seu Oi com a sua cara? No Mundo Oi você baixa toques, vídeos,
jogos, músicas completas e encontra serviços incríveis pro seu Oi e pra
internet. Acesse http://www.mundooi.oi.com.br e descubra!


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Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
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Re: [obm-l] Problema de geometria

[luiz silva]

Ola,
 
Pelas minhas contas deu 70. 
 
Repare que I = (BC+DE)/2. Pelo enunciado, acho q CBD=30 (esta foi a construção 
que fiz a outra seria ABD=30), o que leva a CD=60. Como BE=200, então 
DE+BC=200-60=140 e, assim, BIC=70.
 
Bom, se nao eerei em nada, acho q é isso.
 
Abs
Felipe

--- Em sex, 2/10/09, m...@oi.com.br m...@oi.com.br escreveu:


De: m...@oi.com.br m...@oi.com.br
Assunto: [obm-l] Problema de geometria
Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Data: Sexta-feira, 2 de Outubro de 2009, 10:13


Olá pessoal,
Espero que possam me ajudar neste, pois estou batendo cabeça a alguns
dias. Valeu!
Maria m...@oi.com.br

Seja ABCDE um pentágono convexo inscrito em uma circunferência, onde x
equivale a medida do ângulo do vértice A com medida de 100º e y equivale
ao ângulo formado pelo vértice B com a diagonal BD com medida de 30º.
Sendo I o ponto de encontro da diagonal BD com a diagonal CE, calcule o
ângulo BIC.


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[obm-l] Problema de Geometria (nova postagem)

[luiz silva]

 
Pessoal,

Mais uma...
 
Dado um quadrado ABCD, trace uma perpendicular ao lado AD. Marque 
um ponto P sobre esta perpendicular (exterior ao quadrdo),de modoque APD=135. O 
segmento PC intercepta o lado AD em Q,e o segmento PB intercepta a diagonal AC 
em R. Calcule o ângulo AQR.
--- Em seg, 18/8/08, luiz silva [EMAIL PROTECTED] escreveu:

De: luiz silva [EMAIL PROTECTED]
Assunto: Problema de Geometria
Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Data: Segunda-feira, 18 de Agosto de 2008, 20:28






Pessoal,
Segue mais uma questão que adaptei o enunciado. Boa diversão.
Dado um quadrado ABCD, trace uma perpendicular ao lado AD. Marque 
um ponto P sobre esta perpendicular (exterior ao quadrdo),de modoque APD=135. O 
segmento PC intercepta o lado AD em Q,e o segmento PB intercepta a diagonal AC 
em R. Calcule o ângulo AQR. AbsFelipeP


Novos endereços, o Yahoo! que você conhece. Crie um email novo com a sua cara 
@ymail.com ou @rocketmail.com.


  Novos endereços, o Yahoo! que você conhece. Crie um email novo com a sua 
cara @ymail.com ou @rocketmail.com.
http://br.new.mail.yahoo.com/addresses

[obm-l] Problema de Geometria

[luiz silva]

Pessoal,
Segue mais uma questão que adaptei o enunciado. Boa diversão.
Dado um quadrado ABCD, trace uma perpendicular ao lado AD. Marque 
um ponto P sobre esta perpendicular (exterior ao quadrdo),de modoque APD=135. O 
segmento PC intercepta o lado AD em Q,e o segmento PB intercepta a diagonal AC 
em R. Calcule o ângulo AQR. AbsFelipeP


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Re: [obm-l] Problema de Geometria

[Rogerio Ponce]

Ola' Benedito e colegas da lista,
acho que deve ter um jeito mais simples de fazer isso, mas vamos la'...

Inicialmente, vamos estabelecer um conceito e um teorema (que poderiam ser 
formalizados, mas o texto fica muito longo. Como e' quase intuitivo, vou apenas 
mostrar a ideia)

Conceito:
Em relacao a um ponto P (que funcionara' como nosso ponto de vista), vou 
dizer que um segmento r de reta esta' atras de outro segmento s caso s 
intercepte nossa visao de algum ponto de r. Tambem direi que s esta' na 
frente de r.

Teorema:
Para um ponto de vista P, se t esta' na frente de s, e s esta' na 
frente de r, entao t esta' na fente de r, dado que r, s e t nao se 
cruzam.

Em outras palavras, a propriedade de estar na frente (ou atras) e' transitiva.

Agora vamos ao problema propriamente dito:

Escolha os vertices A,B e C contiguos,tais que o angulo interno em B seja 
inferior a 180.

Caso nao exista aresta interna ao triangulo ABC, entao a diagonal AC pode ser 
tracada sem cortar nenhuma outra aresta, satisfazendo ao problema.

E caso haja alguma aresta interna a ABC, entao, existe pelo menos um vertice 
V1, interno a ABC, correspondente a uma das extremidades desta aresta.

Considere a linha BV1. Se ela nao corta nenhuma outra aresta, entao ela e' uma 
diagonal contida no poligono.

E se BV1 corta alguma aresta, entao considere a aresta da frente, e descarte 
todas as arestas atras.

Esta nova aresta necessariamente tem pelo menos um vertice V2 dentro de ABC.

Tome o vertice V2.

Considerando agora a linha BV2, repetimos o procedimento, sabendo que todas as 
arestas atras nao mais interceptam BV2 (pelo teorema inicial).

Como o poligono tem um numero limitado de arestas, necessariamente chegaremos a 
uma linha BVn que nao e' mais interceptada por nenhuma outra aresta.

Entao, esta e' uma diagonal que satisfaz ao problema.


Bem, por enquanto, essa foi a demonntracao que me ocorreu...

[]'s
Rogerio Ponce

Benedito [EMAIL PROTECTED] escreveu:
 Problema
 Todo polígono de  n  lados,   com  n  3, possui uma diagonal inteiramente 
contida na região do plano  limitado por ele.
 (O polígono não é necessariamente  convexo).
  
 Benedito


   Alertas do Yahoo! Mail em seu celular. Saiba mais.

[obm-l] Problema de Geometria

[Benedito]

Problema
Todo polígono de  n  lados,  com  n  3, possui uma diagonal inteiramente 
contida na região do plano limitado por ele.
(O polígono não é necessariamente convexo).

Benedito

[obm-l] problema de geometria e link de IMO's

[Luís Lopes]

Sauda,c~oes,

No email editado abaixo tem um problema de geometria,
sua fonte (um jornal de Hong Kong com o link) e uma
discussão de sua solução.

Se o Claudio (obrigado pelas demonstrações, muito claras)
não conhece, o jornal de HK traz muitos problemas tipo IMO.

[]'s
Luís



Dear all my friends:

The problem angles is from

Mathematical Excalibur
Vol 7 nº 3, problem 158

http://www.math.ust.hk/excalibur/v7_n3.pdf

Best regard

Ricardo


Vladimir Dubrovsky wrote: Dear Tuan, Ricardo, Kostas, Tarik, Francois and 
Nikolaos


Somehow I missed some posts and found another solution to Tuan's question.

It seems to be shorter, so I decided to add it to the collection.

So we have point P on AD such that Angle BPD=Angle BAC=2Angle DPC.

Extend AD to meet the circumcircle of ABC at E; let CE=d, BE=e.

Then

BD:DC=area(ABE) :area(ACE) =ce/bd. (*)

Triangle PBE is similar to ABC; hence PE=be/a. (This is, actually,

Francois's similarity.)

Triangle CPF is similar to A'AB, where AA' is the bisector of A (this is

another similarity, but a transformational argument escapes me; maybe

Francois can shed light on it).

Hence PE= cd/BA' =(b+c)d/a.

It remains to equate the two expressions for PE and substitute the resulting

e/d=(b+c)/b into (*).

Notice that if we take triangle EBC as the initial one (instead of ABC),

then P will be on the *extension* of ED. The original relation between the

angles is violated, but it will remain the same if we think of angles as

oriented angles between lines rather than rays. So, in a certain way, this

answers Tarik's question: BD/DC = e(e-d)/dd.

Best regards,

Vladimir

 ==

[QTB]


This fact is still true for any triangle ABC. In



this case, D divide BC by one simple ratio depending



on sides a, b, c. What is this ratio and how is the



proof for this general case?






[TA]


Dear kostas,



if the point P is on the extension of the line AD



will your proof work there?



Moon Bangladesh






[ND]


We construct a point D on BC such that



BD/DC = k =c(b+c)/bb



The parallel from D to AC meets AB at E.



The circumcircle EBC meets AC at F.



The circumcircle EBD meets AD at P.



It is easy to prove that DF is parallel to



AA' the A_bisector



from CA'=ac/(b+c) DC=a/(k+1) AE = c/(k+1)



AE.AB = AF.AC and CF/CA = CD/CA'



Hence the ratio is k. For b=c we get k=2



as in Barosso's problem.







The contruction of D is as follows:



We construct the parallelogram BCAC1.



The parallel from C to AA' meets AB at C2



The reflection of A in B is the point C3.



The circumcircle of C1C2C3 meets the line



BC1 at C4. The line AC4 meets BC at the



point we want D.







Best regards



Nikos Dergiades


[FR]


Here another proof where I have tried to minimize the number of auxiliary



points.







Let f be the direct similarity of center B sending A to P and E = f(C).



By hypothesis, A, P, E are on a same line.



We have the following equalities between angles of lines:



(CA, CB) = (EP, EB) (invariance of angles by a direct similarity)



(EP, EB) = (EA, EB) (for A, B, P are on a same line)



So (EA, EB) = (CA, CB) and points A, B, C, E are cocyclic (i.e on a same



circle)







Now as A is on the perpendicular bisector of segment BC, line EA is a


bisector of angle  The other bisector is through the point D harmonic 
conjugate of D wrt BC.



But by assumption done on D (i.e BD = 2 DC), C is the middle of BD.







Let F be the middle of segment BE. Then FC is parallel to EDand hence



perpendicular to line EDPA.



Hence C and F are symmetric wrt this last line and we are done :







Un abrazo



Francois


_
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Re: [obm-l] PROBLEMA DE GEOMETRIA PLANA - S61

[rsarmento]

Mensagem Original:
Data: 15:03:54 25/05/2006
De: ricardo.bioni [EMAIL PROTECTED]
Assunto: Re: [obm-l] PROBLEMA DE GEOMETRIA PLANA - S61



Os triângulos ABE e BED são congruentes de tal forma que o ângulo AEB é
igual ao ângulo BED, pois AB = BD e o ângulo ABE é igual ao ângulo EBD, além
de terem o lado BE em comum. Sabendo que os ângulos BAE e ABC tem a mesma
medida, e sendo o ângulo ABE alfa, o ângulo BEA é 180° - 3alfa e o ângulo
BED é 2alfa, então alfa é igual a 36°, portanto o ângulo AEB é 72°.



Obrigado,

Estou com uma coleção de exercícios de mat, com aproximadamente 100
exercícios cada livrinho
(são dez ou onze) o autor é o prof Chistiano Sena de BHE, estou
tentando resolve-los
(como exercício mental) e as vezes agarro em alguns estou no,  80
(aproximadamente) do primeiro
de GEO PLANO e existe alguns (8 aproximadamente) que agarrei esse erá
um.

at

Sarmento


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[obm-l] PROBLEMA DE GEOMETRIA PLANA - S61

[rsarmento]

A





   E

   F






B C D


Questão 61 do livro Matemática para o vestibular da UFMG
do Prof Christiano Sena.

Na Figura acima temos os segmentos de retas
AB, AFC, AE, ED, BFE e BCD
AF é BIssetriz de BÂE
BF é Bissetriz do ângulo ABC   = BÂE = ABC
DE // CF
AB=BD
qual a medida do angulo AÊB
obs deve ter solução utilizando GEO PLANA, sem uso de trigonometria,
derivadas etc,
   pois estas estão fora do escopo da materia.


a resposta do gabarito é  72 gráus.

outras são, 60, 70 e 75

obrigado

Sarmento






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Re: [obm-l] PROBLEMA DE GEOMETRIA PLANA - S61

[ricardo . bioni]

Os triângulos ABE e BED são congruentes de tal forma que o ângulo AEB é igual ao ângulo BED, pois AB = BD e o ângulo ABE é igual ao ângulo EBD, além de terem o lado BE em comum. Sabendo que os ângulos BAE e ABC tem a mesma medida, e sendo o ângulo ABE alfa, o ângulo BEA é 180° - 3alfa e o ângulo BED é 2alfa, então alfa é igual a 36°, portanto o ângulo AEB é 72°.

[obm-l] Problema de geometria plana

[cleber vieira]

Olá Marcio, encontrei como resposta para o perímetro (AMN) 18 e não 20.Vamos lá!Chamandoo pé da bissetriz relativa aoângulo A de h temos, HCI = NIC pois são alternos internos e HBI = MIB pois também são alternos internos, logo NI = NC e assim, MI = MB e ai acabou, porque 2p(AMN) = AM + MI+ NI + AN = AM + MB + NC + AN , AM = 8-MB, AN= 10-NC substituindo 2p(AMN) = 8-MB+MB+NC+10-NC = 18.Abraços  CleberMarcio M Rocha [EMAIL PROTECTED] escreveu:  [EMAIL PROTECTED] escreveu:Srs,O problema abaixo é o de número 55 do livro matematica para ovestibular da UFMG(geometria plana) do Prof Christiano Sena.(sem
 acentos)Num triangulo ABC, AB =8 cm e AC = 10cm. Pelo incentro do triangulo,traca-se uma reta paralelaa BC, que intercepta AB em M e AC em N. O perimetro do triangulo AMN eh:a) 16 b) 17 c) 18 d) 19 e) 20.alguem sabe sua solução? o gabarito diz que é 20.atsarmentoAqui na Oi Internet você ganha ou ganha. Além de acesso grátis com qualidade, ganha contas ilimitadas de email com 1 giga cada uma. Ganha 60 mega para hospedar sua página pessoal. Ganha flog, suporte grátis e muito mais. Baixe grátis o Discador em http://www.oi.com.br/discador e comece a ganhar.Agora, se o seu negócio é voar na internet sem pagar uma fortuna, assine Oi Internet banda larga por apenas R$ 9,90. Clique em http://www.oi.com.br/bandalarga e aproveite
 essa bocada!=Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista emhttp://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html= Boa noite, Sarmento.Seja I o incentro do triângulo. Sabe-se que med(MBI)=med(IBC) e que med(NCI)=med(ICB). Por outro lado, sendo MN paralelo a BC, tem-se que med(MIB)=med(IBC)=med(MBI) e med(NIC)=med(ICB)=med(NCI). Daí: MB = MI e NC = NI.O perímetro de AMN é:AM + MN + NA = AM + MI + IN + NA = AM + MB + NC + NA = AB + AC = 18.Se algo estiver errado, leve em conta o horário.Abraços,Márcio.=Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista
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[obm-l] Problema de geometria plana (56)

[rsarmento]

Srs,
agradeço a solução anterior
fiquei surpreso com a simplicidade do mesmo, apesar do erro no gabarito.
Creio que vou ficar também com o problema a seguir.
(de novo o incentro)

Seja O o incentro de um triangulo ABC. As medidas dos angulos AOB,AOC e
BOC em funcao
dos angulos A, B e C sao respectivamente:

a) 90 - A/2, 90 - B/2 e 90 - C/2

b) 90 + C/2, 90 + B/2 e 90 + A/2 (solução do gabarito)

c) 180 + C/2, 180 + B/2 e 180 + A/2

d) 90 - C/2, 90 - B/2 e 90 - A/2

Estou procurando um bom livro de exercicios de geometrica plana, vocês
podem me indicar
algum?

at

Sarmento


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Re: [obm-l] Problema de geometria plana (56)

[Rodrigo Sarmento]

Srs,



Encntrei o problema abaixo no XXI Torneio Int das Cidades outubro de 1999
ele é parecido com

o primeiro. porém não encontrei seu gabarito



O incentro de um triângulo é ligado a seus vértices. Desta forma, o
triângulo fica dividido em três triângulos menores. Um destes triângulos é
semelhante ao triângulo original. Determine seus ângulos.



Seja O o incentro de um triangulo ABC. As medidas dos angulos AOB,AOC e
BOC em funcao
dos angulos A, B e C sao respectivamente:

a) 90 - A/2, 90 - B/2 e 90 - C/2

b) 90 + C/2, 90 + B/2 e 90 + A/2 (solução do gabarito)

c) 180 + C/2, 180 + B/2 e 180 + A/2

d) 90 - C/2, 90 - B/2 e 90 - A/2


at

Sarmento



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Re: [obm-l] Problema de geometria plana (56)

[Rodrigo Sarmento]

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<META content="MSHTML 6.00.2745.2800" name=GENERATOR>

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<DIV><FONT face=Arial size=2>Obrigado,</FONT></DIV>

<DIV><FONT face=Arial size=2></FONT>&nbsp;</DIV>

<DIV><FONT face=Arial size=2>&nbsp;Obrigado,</FONT></DIV>

<DIV><FONT face=Arial size=2>&nbsp;</FONT></DIV>

<DIV><FONT face=Arial size=2>&nbsp;valeu!</FONT></DIV>

<DIV><FONT face=Arial size=2></FONT>&nbsp;</DIV>

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<DIV><FONT face=Arial size=2>at</FONT></DIV>

<DIV><FONT face=Arial size=2></FONT>&nbsp;</DIV>

<DIV><FONT face=Arial size=2>Sarmento</FONT></DIV>

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<DIV><FONT face=Arial size=2></FONT>&nbsp;</DIV>

<BLOCKQUOTE dir=ltr 

style="PADDING-RIGHT: 0px; PADDING-LEFT: 5px; MARGIN-LEFT: 5px; BORDER-LEFT: #000000 2px solid; MARGIN-RIGHT: 0px">

  <DIV style="FONT: 10pt arial">----- Original Message ----- </DIV>

  <DIV 

  style="BACKGROUND: #e4e4e4; FONT: 10pt arial; font-color: black"><B>From:</B> 

  <A [EMAIL PROTECTED] href="mailto:[EMAIL PROTECTED]">Gumercindo 

  Sereno</A> </DIV>

  <DIV style="FONT: 10pt arial"><B>To:</B> <A [EMAIL PROTECTED] 

  href="mailto:[EMAIL PROTECTED]">[EMAIL PROTECTED]</A> </DIV>

  <DIV style="FONT: 10pt arial"><B>Sent:</B> Sunday, April 30, 2006 9:04 

PM</DIV>

  <DIV style="FONT: 10pt arial"><B>Subject:</B> Re: [obm-l] Problema de 

  geometria plana (56)</DIV>

  <DIV><BR></DIV>

  <DIV><FONT face=Arial size=2>O gabarito está correto. É claro que basta fazer 

  as contas para um dos ângulos mencionados.</FONT></DIV>

  <DIV><FONT face=Arial size=2>Designe os ângulos internos do triângulo original 

  de alfa ( em A ), beta (em B) e gama ( em C).</FONT></DIV>

  <DIV><FONT face=Arial size=2>alfa + beta + gama = 180 graus, BOC + (beta)/2 + 

  (gama)/2 = 180 graus, multiplicando a última equação por dois</FONT></DIV>

  <DIV><FONT face=Arial size=2>e subtraindo dela a primeira equação ficamos com 

  2BOC - (alfa)=180 graus, daqui vem BOC=(alfa)/2 + 90 graus.(Faça uma figura 

  marcando o incentro O</FONT></DIV>

  <DIV><FONT face=Arial size=2>e desenhando o triângulo BOC.)</FONT></DIV>

  <DIV><FONT face=Arial size=2>Saludos</FONT></DIV>

  <DIV><FONT face=Arial size=2>Gumercindo</FONT></DIV></BLOCKQUOTE></BODY></HTML>

Re: [obm-l] Problema de geometria plana (56)

[ricardo . bioni]

1) Desenhe as bissetrizes internas de um triângulo ABC e o encontro delas será o incentro. Desenhando os segmentos OA, OB e OC, teremos o triângulo AOB com os ângulos AOB, A/2 e B/2, o triângulo BOC com os ângulos BOC, C/2 e B/2, e o triângulo AOC com os ângulos AOC, A/2, B/2. Assim:
Do triângulo AOB: AOB = 180° - A/2 - B/2 = 180° - (A + B)/2 = 180° - (180° - C)/2 = 90° + C/2.Do triângulo BOC: BOC = 180° - B/2 - C/2 = 90° + A/2Do triângulo AOC: AOC = 180° - A/2 - C/2 = 90° + B/22) Com as divisões dos triângulos AOB, AOC e BOC, onde O é o incentro, sabemos que (pela observação da questão 1) algum dos ângulos 90° + A/2, 90° + B/2 e 90° + C/2 deve ser igual a um dos ângulos A, B ou C, pois algum dos triângulos AOB, AOC e BOC deve ser semelhante a ABC. Seja BOC o triângulo semelhante. Não é possível 90° + A/2 = A, pois A  180°, mas é possível que 90° + A/2 = B ou 90° + A/2 = C. Suponhamos que 90° + A/2 = B. Assim, 90° + A/2 = B = 2B - A = 180° = 180° - A - B = B - 2A = C = B - 2A. Não é possível que B/2 = A, pois C  0°, então B/2 = C, donde C = 2A, B = 4A.
A + B + C = 180° = A + 2A + 4A = 180° = A = (180/7)°, B = (720/7)° e C = (360/7)°.

[obm-l] Problema de geometria plana

[rsarmento]

Srs,

O problema abaixo é o de número 55 do livro matematica para o
vestibular da UFMG
(geometria plana) do Prof Christiano Sena.

(sem acentos)
Num triangulo ABC, AB =8 cm e AC = 10cm. Pelo incentro do triangulo,
traca-se uma reta paralela
a BC, que intercepta AB em M e AC em N. O perimetro do triangulo AMN eh:
a) 16 b) 17 c) 18 d) 19 e) 20.

alguem sabe sua solução? o gabarito diz que é 20.

at

sarmento




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http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html
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Re: [obm-l] Problema de geometria plana

[Marcio M Rocha]

[EMAIL PROTECTED] escreveu:


Srs,

O problema abaixo é o de número 55 do livro matematica para o
vestibular da UFMG
(geometria plana) do Prof Christiano Sena.

(sem acentos)
Num triangulo ABC, AB =8 cm e AC = 10cm. Pelo incentro do triangulo,
traca-se uma reta paralela
a BC, que intercepta AB em M e AC em N. O perimetro do triangulo AMN eh:
a) 16 b) 17 c) 18 d) 19 e) 20.

alguem sabe sua solução? o gabarito diz que é 20.

at

sarmento




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Boa noite, Sarmento.

Seja I o incentro do triângulo. Sabe-se que med(MBI)=med(IBC) e que 
med(NCI)=med(ICB). Por outro lado, sendo MN paralelo a BC, tem-se que 
med(MIB)=med(IBC)=med(MBI) e med(NIC)=med(ICB)=med(NCI). Daí: MB = MI e 
NC = NI.


O perímetro de AMN é:

AM + MN + NA = AM + MI + IN + NA = AM + MB + NC + NA = AB + AC = 18.

Se algo estiver errado, leve em conta o horário.

Abraços,

Márcio.

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[obm-l] PROBLEMA DE GEOMETRIA!

[vandermath]

Pessoal, um aluno veio com um problema de geomtria que consiste em encontrar o ângulo "teta" e que para quem tiver acesso está na Revista do Professor de Matemática número 04, página 42, inclusive resolvido. Só que o alunodeve ter copiado errado e no lugar do 20 graus, apareceu um ângulo "teta" também. Eu disse para ele que estava errado e resolvi com 20 graus. Mas depois fiquei pensando...será que daria para resolver se o ângulo do vértice A,oposto a base do triângulo isósceles ABC fosse "teta" e não 20 graus???
Obrigado pela ajuda se alguém souber como resolver!
Vanderlei

[obm-l] problema de geometria

[vandermath]

Pessoal, um aluno veio com um problema de geometria que consiste em encontrar o ângulo "teta" e que para quem tiver acesso está na Revista do Professor de Matemática número 04, página 42, inclusive resolvido. Só que o alunodeve ter copiado errado e no lugar do 20 graus, apareceu um ângulo "teta" também. Eu disse para ele que estava errado e resolvi com 20 graus. Mas depois fiquei pensando...será que daria para resolver se o ângulo do vértice A,oposto a base do triângulo isósceles ABC fosse "teta" e não 20 graus???
Obrigado pela ajuda se alguém souber como resolver!
Vanderlei

[obm-l] problema de geometria

[Adroaldo Munhoz]

Olá, recebi este problema e estou tendo dificuldades em resolvê-lo. 
Alguma dica?


Na figura, ABCDE é um pentágono regular e AEF é um triângulo equilátero. 
Seja P um ponto sobre o segmento BF, no interior de ABCDE, e tal que o 
ângulo PÊA mede 12°, como mostra a figura abaixo. Calcule a medida, em 
graus, do ângulo PÂC.



Abraços,

Aldo

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En: [obm-l] problema de geometria

[Vinícius Meireles Aleixo]

como eu posso exprimir o lado de uma polígono regular de 18 lados em 
função do raio da circunferência circunscrita ao polígono? me ajudaria muito 
na resolução de um problema..

o angulo que cada raio R forma entre eles é 
360/18=20º
pela lei dos cossenos vc consegue descobrir qual é 
L(18), basta apenas descobrir cos20º..oq que eu não acho que venha a ser uma 
tarefa fácil, mas meu tempo agora ta curto..
* cos60= 4(cos20)^3-3cos20

Abraços
Vinícius Meireles Aleixo

Re: [obm-l] problema de geometria

[saulo nilson]

acha o angulo interno, 
ai =180(n-2)/n = 180*16/18=160
como o poligono pode ser dividido em 18 triangulos isosceles iguais em
que os angulos da base serao 80º, sendo assim o angulo do vertice sera
20º.
cada triangulo isosceles tera como lados o raio da circunferencia  e
como base o lado do poligono, aplicando a lei dos cossenos, teremos:
l^2=r^2+r^2-2*r^2*cos20º
l^2=2r^2(1-cos20º)
ai e so achar o cos de 20º
um abraço, saulo.

cos60 = cos3*20
 = cos40*cos20 -sen40*sen20
=(2cos^2(20)-1)*cos20 - 2sen20cos20*sen20=1/2

On 6/13/05, Guilherme Neves [EMAIL PROTECTED] wrote:
 
 
 como eu posso exprimir o lado de uma polígono regular de 18 lados em função
 do raio da circunferência circunscrita ao polígono? me ajudaria muito na
 resolução de um problema..
 
 Chegou o que faltava: MSN Acesso Grátis Instale Já!
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Re: [obm-l] problema de geometria

[Eduardo Wilner]

 Desculpe a intromissão Saulo, mas acho que já que é
prá cair numa equação do terceiro grau, o mais direto
e natural é usar a expressão tradicional 
L = 2*R*sen(180/n)   onde n aquí é 18, e se quizer
exprimir o sen 10° em frações decimais (irracionais),
usar o seno do triplo do arco... 

--- saulo nilson [EMAIL PROTECTED] escreveu:

 acha o angulo interno, 
 ai =180(n-2)/n = 180*16/18=160
 como o poligono pode ser dividido em 18 triangulos
 isosceles iguais em
 que os angulos da base serao 80º, sendo assim o
 angulo do vertice sera
 20º.
 cada triangulo isosceles tera como lados o raio da
 circunferencia  e
 como base o lado do poligono, aplicando a lei dos
 cossenos, teremos:
 l^2=r^2+r^2-2*r^2*cos20º
 l^2=2r^2(1-cos20º)
 ai e so achar o cos de 20º
 um abraço, saulo.
 
 cos60 = cos3*20
  = cos40*cos20 -sen40*sen20
 =(2cos^2(20)-1)*cos20 - 2sen20cos20*sen20=1/2
 
 On 6/13/05, Guilherme Neves
 [EMAIL PROTECTED] wrote:
  
  
  como eu posso exprimir o lado de uma polígono
 regular de 18 lados em função
  do raio da circunferência circunscrita ao
 polígono? me ajudaria muito na
  resolução de um problema..
  
  Chegou o que faltava: MSN Acesso Grátis Instale
 Já!
 

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[obm-l] problema de geometria

[Guilherme Neves]

como eu posso exprimir o lado de uma polígono regular de 18 lados em função do raio da circunferência circunscrita ao polígono? me ajudaria muito na resolução de um problema..Chegou o que faltava: MSN Acesso Grátis Instale Já! 

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[obm-l] Problema de Geometria da Eureka!-Tive uma ideia!!!!

[Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet]

Ola turma da lista daOBM!!!Voces ja devem saber do seguinte problema proposto:

Considete um quadrilatero ABCD nao trapezio.Considere pontos P e Qdos lados AB e CD respectivamente tais que AP/PB=DQ/QC=AD/BC.
Mostre que Pq e as mediatrizes de AD ede BC sao concorrentes.

Bem,eu tive uma ideia muito bem malfeita.Comecei assim:Se X e onde AD e BC se encontram,entao PQ e paralelo a bissetriz de AXB.Isto pode ser feito com vetores(problema 3000 da Crux Mathematicorum,acho).Entao o problema pode,a principio,ser reformulado assim:

Se AC e o diametro de um circulo concavo(circunferencia),B e D sao pontos da periferia da mesma,em lados opostos de AC,escolha pontos X e Y nos lados AB e AD.Entao a paralela a bissetriz de BAD passando por C corta XY no ponto Z,tal que XZ/ZY=XB/YD.

Bem,esse teorema,se demonstrado,destruiria o problema,pois usariamos ele como lema em cima do anterior,e finalizariamos de imediatoPara tal estou com uma bruta preguiça de fazer as contas.quem mtiver uma soluçao para este lema,por favor me avise
(alias alguem manja como vetores perpendiculares podem ser poderosos?)MSN Messenger: converse com os seus amigos online.  Instale grátis. Clique aqui.  
=
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Re: [obm-l] Problema de geometria.

[Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet]

Quer mais o que meu?E ai SaldanhaQuem e esse Carlos Tomei?
Talvez nao seja a mais bonita mas foi a soluçao que obtive.Veja...
Seja t=^PBA,BC=1 temos AB/sen (20+t)=AP/sen t.Assim AP=1,AB=sen 80/sen 20 e temos sen 80/sen 20=sen(20+t)/sen t.
sen 80/sen 20=cos 10/sen20
Eassim 2sen10sen(20+t) =sent. Vamos resolver isso!!
cos (10+t)-cos(30+t)=sent e ai cos(10+t)=sen(60-t)+sent e isso da cos(10+t)=2sen30cos(30-t) ou se quiser cos(10-t)=cos(30-t).Analisando as possibilidades da t=10 e ai o angulo pedido seria 80-10=70.E fim
Como voces conhecem tanta geometria cearense
Ass.:Johann
"Nicolau C. Saldanha" [EMAIL PROTECTED] wrote:
Oi lista,Mandaram-me hoje o seguinte problema.Seja ABC um triângulo com AB = AC e ^A = 20 graus.Seja P no lado AC com AP = BC.Calcule o ângulo ^CBP.O meu colega de sala Carlos Tomei já conhecevários problemas parecidos e resolveu.A, B e C são os vértices 1, z^4 e z^5 doeneágono regular formado pelas raízes nonas da unidadeonde z = exp(2 pi i/9). Trace a reta de z^3 a z^8 = Qe chame o ponto de interseção de R.O triângulo ARQ é equilátero pois seus ângulos ^A e ^Qsão claramente iguais a 60 graus.Assim R=P (o ponto pedido no problema) e ^CBP = 70 graus(pois a reta BP é bissetriz de ^APQ).Segue uma figura em attach.[]s, N. ATTACHMENT part 2 image/png Yahoo! Mail 
O melhor e-mail gratuito da internet: 6MB de espaço, antivírus, acesso POP3, filtro contra spam.

[obm-l] Problema de geometria.

[Nicolau C. Saldanha]

Oi lista,

Mandaram-me hoje o seguinte problema.
Seja ABC um triângulo com AB = AC e ^A = 20 graus.
Seja P no lado AC com AP = BC.
Calcule o ângulo ^CBP.

O meu colega de sala Carlos Tomei já conhece
vários problemas parecidos e resolveu.
A, B e C são os vértices 1, z^4 e z^5 do
eneágono regular formado pelas raízes nonas da unidade
onde z = exp(2 pi i/9). Trace a reta de z^3 a z^8 = Q
e chame o ponto de interseção de R.
O triângulo ARQ é equilátero pois seus ângulos ^A e ^Q
são claramente iguais a 60 graus.
Assim R=P (o ponto pedido no problema) e ^CBP = 70 graus
(pois a reta BP é bissetriz de ^APQ).
Segue uma figura em attach.

[]s, N.

attachment: c9.png

Re: [obm-l] Problema de Geometria

[André]

Considere duas circunferências tangentes 
internamente em um ponto A.Traça-se uma corda BCna maior circunferência de 
modo que essa corda tangencie a menor circunferência num ponto D.Prove que a 
semi-reta AD é bisssetriz do ângulo BAC.

Solucao:

i) Sejam O1 e O2 os centros das circunferencias menor e maior 
respectivamnete.

Afirmacao 1: O1, O2 e A sao colineares.

Prova: Seja t a reta tangente as duas circunferencias em A. Assim, O1A e 
O2A sao perpendiculares a t. Logo o angulo entre O1A e O2A eh zero.

ii) Seja D'a intersecao do prolongamento de AD com a circunferencia 
maior.

Afirmacao 2: Os triangulos AO1D e AO2D' sao semelhantes.

Prova: Ambos triangulos sao isoceles e tem um angulo comum( O1ÂD = O2ÂD' 
).

iii) Da afirmacao 2, conclui-se que O2D' // O1D == O2D' eh 
perpendicular a BC.

Afirmacao 3: D' eh ponto medio do arco BC.

Prova: O2BC eh isosceles e O'2D' eh perpendicular a BC.

Isto eh tudo...

Andre A.



  From: 
  Cláudio (Prática) 
  To: [EMAIL PROTECTED] 
  Sent: Thursday, January 23, 2003 6:18 
  PM
  Subject: [obm-l] Problema de 
  Geometria
  
  Caro Eder:
  
  Você (ou alguém da lista)fez algum 
  progresso neste problema?
  
  O máximo que eu consegui foi o 
  seguinte:
  
  Se BC for paralela à tangente por A, o problema 
  fica fácil, pois nesse caso o triângulo ABC é isósceles e AD é altura (e 
  portanto bissetriz) do ângulo BAC.
  
  Caso contrário, seja P o ponto de interseção de 
  BC (prolongado) com a tangente por A (suponha, sem perda de generalidade, que 
  B está entre P e D).
  
  PD e PA são tangentes ao círculo menor == PD 
  = PA.
  PA^2 = PB * PC == PD^2 = PB * 
  PC.
  
  A partir daí, eu acho que a idéia é usar alguma 
  relação na linha da divisao harmônica de segmentos, de onde iremos concluir 
  que:
  AC / AB = DC / DB == CAD = BAD, mas ainda não 
  encontrei o caminho.
  
  
  Um abraço,
  Claudio.
  
- Original Message - 
From: 
Eder 
To: [EMAIL PROTECTED] 
Sent: Thursday, January 16, 2003 1:08 
PM
Subject: [obm-l] geometria

Gostaria de ajuda no problema 
abaixo:


Considere duas circunferências 
tangentes internamente em um ponto A.Traça-se uma corda BCna maior 
circunferência de modo que essa corda tangencie a menor circunferência num 
ponto D.Prove que a semi-reta AD é bisssetriz do ângulo 
BAC.

Eu fiz o esquema aqui,mas não consegui 
provar...

Eder

Re: [obm-l] Problema de Geometria

[Ariosto]

1) Tome a semi-reta AD, seja D" o ponto de 
intersecção de AD com a circunferência de maior raio.
2) Por D' trace uma reta paralela a BC
3) Os arcos BD' e D'C são congruentes 
pois a paralela a BC por D' e tangente a circunferência de maior raio ( 
estamos
 fazendo uma homotetia de centro 
A ).
4) Segue que os ângulos BAD e CAD são 
congruentes.

Saludos.

  - Original Message - 
  From: 
  Cláudio (Prática) 
  To: [EMAIL PROTECTED] 
  Sent: Thursday, January 23, 2003 6:18 
  PM
  Subject: [obm-l] Problema de 
  Geometria
  
  Caro Eder:
  
  Você (ou alguém da lista)fez algum 
  progresso neste problema?
  
  O máximo que eu consegui foi o 
  seguinte:
  
  Se BC for paralela à tangente por A, o problema 
  fica fácil, pois nesse caso o triângulo ABC é isósceles e AD é altura (e 
  portanto bissetriz) do ângulo BAC.
  
  Caso contrário, seja P o ponto de interseção de 
  BC (prolongado) com a tangente por A (suponha, sem perda de generalidade, que 
  B está entre P e D).
  
  PD e PA são tangentes ao círculo menor == PD 
  = PA.
  PA^2 = PB * PC == PD^2 = PB * 
  PC.
  
  A partir daí, eu acho que a idéia é usar alguma 
  relação na linha da divisao harmônica de segmentos, de onde iremos concluir 
  que:
  AC / AB = DC / DB == CAD = BAD, mas ainda não 
  encontrei o caminho.
  
  
  Um abraço,
  Claudio.
  
- Original Message - 
From: 
Eder 
To: [EMAIL PROTECTED] 
Sent: Thursday, January 16, 2003 1:08 
PM
Subject: [obm-l] geometria

Gostaria de ajuda no problema 
abaixo:


Considere duas circunferências 
tangentes internamente em um ponto A.Traça-se uma corda BCna maior 
circunferência de modo que essa corda tangencie a menor circunferência num 
ponto D.Prove que a semi-reta AD é bisssetriz do ângulo 
BAC.

Eu fiz o esquema aqui,mas não consegui 
provar...

Eder

Re: [obm-l] Problema de Geometria

[Cláudio \(Prática\)]

Caro Ariosto:

Obrigado pela solução.

Um abraço,
Claudio.

  - Original Message - 
  From: 
  Ariosto 
  To: [EMAIL PROTECTED] 
  Sent: Friday, January 24, 2003 2:58 
  PM
  Subject: Re: [obm-l] Problema de 
  Geometria
  
  1) Tome a semi-reta AD, seja D" o ponto de 
  intersecção de AD com a circunferência de maior raio.
  2) Por D' trace uma reta paralela a 
  BC
  3) Os arcos BD' e D'C são congruentes 
  pois a paralela a BC por D' e tangente a circunferência de maior raio ( 
  estamos
   fazendo uma homotetia de 
  centro A ).
  4) Segue que os ângulos BAD e CAD são 
  congruentes.
  
  Saludos.
  
- Original Message - 
From: 
Cláudio (Prática) 
To: [EMAIL PROTECTED] 
Sent: Thursday, January 23, 2003 6:18 
PM
Subject: [obm-l] Problema de 
Geometria

Caro Eder:

Você (ou alguém da lista)fez algum 
progresso neste problema?

O máximo que eu consegui foi o 
seguinte:

Se BC for paralela à tangente por A, o problema 
fica fácil, pois nesse caso o triângulo ABC é isósceles e AD é altura (e 
portanto bissetriz) do ângulo BAC.

Caso contrário, seja P o ponto de interseção de 
BC (prolongado) com a tangente por A (suponha, sem perda de generalidade, 
que B está entre P e D).

PD e PA são tangentes ao círculo menor == 
PD = PA.
PA^2 = PB * PC == PD^2 = PB * 
PC.

A partir daí, eu acho que a idéia é usar alguma 
relação na linha da divisao harmônica de segmentos, de onde iremos concluir 
que:
AC / AB = DC / DB == CAD = BAD, mas ainda 
não encontrei o caminho.


Um abraço,
Claudio.

  - Original Message - 
  From: 
  Eder 
  To: [EMAIL PROTECTED] 
  Sent: Thursday, January 16, 2003 1:08 
  PM
  Subject: [obm-l] geometria
  
  Gostaria de ajuda no problema 
  abaixo:
  
  
  Considere duas circunferências 
  tangentes internamente em um ponto A.Traça-se uma corda BCna maior 
  circunferência de modo que essa corda tangencie a menor circunferência num 
  ponto D.Prove que a semi-reta AD é bisssetriz do ângulo 
  BAC.
  
  Eu fiz o esquema aqui,mas não consegui 
  provar...
  
  Eder

[obm-l] Problema de Geometria

[Cláudio \(Prática\)]

Caro Eder:

Você (ou alguém da lista)fez algum progresso 
neste problema?

O máximo que eu consegui foi o 
seguinte:

Se BC for paralela à tangente por A, o problema 
fica fácil, pois nesse caso o triângulo ABC é isósceles e AD é altura (e 
portanto bissetriz) do ângulo BAC.

Caso contrário, seja P o ponto de interseção de BC 
(prolongado) com a tangente por A (suponha, sem perda de generalidade, que B 
está entre P e D).

PD e PA são tangentes ao círculo menor == PD = 
PA.
PA^2 = PB * PC == PD^2 = PB * 
PC.

A partir daí, eu acho que a idéia é usar alguma 
relação na linha da divisao harmônica de segmentos, de onde iremos concluir 
que:
AC / AB = DC / DB == CAD = BAD, mas ainda não 
encontrei o caminho.


Um abraço,
Claudio.

  - Original Message - 
  From: 
  Eder 
  To: [EMAIL PROTECTED] 
  Sent: Thursday, January 16, 2003 1:08 
  PM
  Subject: [obm-l] geometria
  
  Gostaria de ajuda no problema 
abaixo:
  
  
  Considere duas circunferências tangentes 
  internamente em um ponto A.Traça-se uma corda BCna maior circunferência 
  de modo que essa corda tangencie a menor circunferência num ponto D.Prove que 
  a semi-reta AD é bisssetriz do ângulo BAC.
  
  Eu fiz o esquema aqui,mas não consegui 
  provar...
  
  Eder

Re: [obm-l] Problema de Geometria Dificil! (Alguem Pode Ajudar?)

[Marco Oliveira]

- Original Message -
From: Eduardo Wagner [EMAIL PROTECTED]
Date: Fri, 09 Aug 2002 21:24:34 -0300
To: [EMAIL PROTECTED]
Subject: Re: [obm-l] Problema de Geometria Dificil! (Alguem Pode Ajudar?)


 Se os vertices dados forem opostos, por exemplo Vab e Vcd,
 construa as circunferencias de centro Vab e raio B e de
 centro Vcd e raio C. Um dos pontos de intersecao eh Vbc.
 Da mesma forma se obtem Vda.
 Se os vertices dados forem vizinhos o problema esta
 indeterminado.

Eduardo,


Obrigado pelo seu retorno, infelizmente os vértices são vizinhos (pelo menos acho que 
presisam ser).

Tenho 2o. grau técnico em informática e depois de revirar alguns livros a procura de 
alguma solução acabei postando meu problema aqui na lista na esperança de obter ajuda 
de algum participante.

Preciso calcular/montar uns gráficos e a única informação que tenho são as medidas dos 
lados do quadrilátero, como preciso de um ponto de partida, resolví definir as 
coordenadas de alguns vértices convencionando que começariam em um(ns) determinado(s) 
ponto(s).

Tentei o máximo de vértices possíveis mas acredito que posso convencionar apenas a 
posição de 2 vizinhos sem correr o risco de deformar o quadrilátero.

Estava viajando em outras possibilidades como reta tangente a um círculo e coisas 
assim. Você porém me alertou na sua resposta, o óbvio (como sou burro!),  que se 
tivesse um vértice oposto mataria o problema!

Será que não tem jeito mesmo? Acho que vou voltar à revirar os livÈòÿ—“àÉros 
procurando uma forma de achar algum vértice oposto, de qualquer forma muito obrigado.

Se alguém tivesse alguma idéia ou alternativa agradeceria imensamente a ajuda.

Novamente obrigado à todos,


Marco
-- 
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[EMAIL PROTECTED]
To: [EMAIL PROTECTED]
Date: Wed, 14 Aug 2002 03:07:19 +0800
Subject: Re: [obm-l] Problema de Geometria Dificil! (Alguem Pode Ajudar?)
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- Original Message -
From: Eduardo Wagner [EMAIL PROTECTED]
Date: Fri, 09 Aug 2002 21:24:34 -0300
To: [EMAIL PROTECTED]
Subject: Re: [obm-l] Problema de Geometria Dificil! (Alguem Pode Ajudar?)


 Se os vertices dados forem opostos, por exemplo Vab e Vcd,
 construa as circunferencias de centro Vab e raio B e de
 centro Vcd e raio C. Um dos pontos de intersecao eh Vbc.
 Da mesma forma se obtem Vda.
 Se os vertices dados forem vizinhos o problema esta
 indeterminado.

Eduardo,


Obrigado pelo seu retorno, infelizmente os vértices são vizinhos (pelo menos acho que 
presisam ser).

Tenho 2o. grau técnico em informática e depois de revirar alguns livros a procura de 
alguma solução acabei postando meu problema aqui na lista na esperança de obter ajuda 
de algum participante.

Preciso calcular/montar uns gráficos e a única informação que tenho são as medidas dos 
lados do quadrilátero, como preciso de um ponto de partida, resolví definir as 
coordenadas de alguns vértices convencionando que começariam em um(ns) determinado(s) 
ponto(s).

Tentei o máximo de vértices possíveis mas acredito que posso convencionar apenas a 
posição de 2 vizinhos sem correr o risco de deformar o quadrilátero.

Estava viajando em outras possibilidades como reta tangente a um círculo e coisas 
assim. Você porém me alertou na sua resposta, o óbvio (como sou burro!),  que se 
tivesse um vértice oposto mataria o problema!

Será que não tem jeito mesmo? Acho que vou voltar à revirar os livÈòÿ—“àÉ
=
Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html
O administrador desta lista é [EMAIL PROTECTED]
=

Re: [obm-l] Problema de Geometria

[Alexandre Tessarollo]

Mensagem original

Calcular a área de um triângulo retângulo de perímetro 2p e altura relativa
a hipotenusa h.

=
Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html
O administrador desta lista é [EMAIL PROTECTED]
=



   Hum... Bem, por preguiça vou chamar o perímetro de P mesmo... a é a
hipotenusa.

a+b+c=P
b+c=P+a
b^2+c^2+2bc=P^2+a^2-2aP(I)

a^2=b^2+c^2(II)

ah=bc  (III)

Aplicando II em I, temos:
a^2+2bc=P^2+a^2-2aP
2bc=P^2-2aP

Aplicando III, temos
2ah=P^2-2aP
a=P^2/(2(h-P)) (IV)

Note que II pode ser reescrita como
a^2=(b+c)^2-2bc

Aplicando III, temos
a^2=(b+c)^2-2ah
2ah=(b+c)^2-a^2
2ah=(b+c+a)(b+c-a)

Lembrando que P=a+b+c, temos
2ah=P(P-2a)

Lembre que a área S procurada pode ser escrita como S=ah/2. Assim, temos:
4S=P(P-2a)

Aplicando IV, temos:
4S=P(P-2(P^2/(2(h-P
4S=P(P-(P^2/(h-P)))
4S=P(P+P^2/(P-h))

Rearrumando para ficar mais simpático:

4S=P(2P^2-hP)/(P-h)
S=P(2P^2-hP)/(4(P-h))

Se eu não errei nenhuma conta, é isso aí... Espero ter ajudado...

[]'s

Alexandre Tessarollo




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