Em qua., 26 de ago. de 2020 às 18:29, Pedro José escreveu:
>
> Boa noite!
> Anderson,
> achei legal a sua visão. Mas não consegui evoluir com nada.
> Todavia, fiquei com uma dúvida. Como x+y é um dos ângulos do triângulo temos
> a restrição 0 E entendo que tanto para cotg(x) + cot(y) , como para
Boa noite!
Anderson,
achei legal a sua visão. Mas não consegui evoluir com nada.
Todavia, fiquei com uma dúvida. Como x+y é um dos ângulos do triângulo
temos a restrição 0 escreveu:
> Em qui., 20 de ago. de 2020 às 22:03, Anderson Torres
> escreveu:
> >
> > Em ter., 18 de ago. de 2020 às 19:51, P
Em qui., 20 de ago. de 2020 às 22:03, Anderson Torres
escreveu:
>
> Em ter., 18 de ago. de 2020 às 19:51, Pedro José
> escreveu:
> >
> > Boa noite!
> > Cláudio,
> > não consegui nada geométrico.
> > O máximo que atingi foi:
> > a/ha + b/hb + c/hc= [cotg(A1) +cotg (A2)] + [cotg(B1) +cotg (B2)] +
Em ter., 18 de ago. de 2020 às 19:51, Pedro José escreveu:
>
> Boa noite!
> Cláudio,
> não consegui nada geométrico.
> O máximo que atingi foi:
> a/ha + b/hb + c/hc= [cotg(A1) +cotg (A2)] + [cotg(B1) +cotg (B2)] +
> co[tg(C1) +cotg (C2)] com A1 + A2 = A; B1 + B2 + B e C1 + C2 = C.
> Para ser mín
Realmente, não era isso que eu estava procurando... mas valeu! É outra
solução.
On Tue, Aug 18, 2020 at 7:51 PM Pedro José wrote:
> Boa noite!
> Cláudio,
> não consegui nada geométrico.
> O máximo que atingi foi:
> a/ha + b/hb + c/hc= [cotg(A1) +cotg (A2)] + [cotg(B1) +cotg (B2)] +
> co[tg(C1
Boa noite!
Cláudio,
não consegui nada geométrico.
O máximo que atingi foi:
a/ha + b/hb + c/hc= [cotg(A1) +cotg (A2)] + [cotg(B1) +cotg (B2)] +
co[tg(C1) +cotg (C2)] com A1 + A2 = A; B1 + B2 + B e C1 + C2 = C.
Para ser mínimo cada termo entre colchetes deve ser mínimo, o que ocorre
quando A1 = A2;
Será que tem uma demonstração mais geométrica e menos algébrica disso? E
que torne o resultado mais intuitivo?
É razoável que o ponto P não esteja muito próximo de qualquer dos lados,
pois neste caso, se P se aproximasse do lado a, por exemplo,
a/h_a cresceria e a expressão se afastaria do valor mí
Muito obrigado, Matheus!
Pensei nas outras desigualdades, menos em Cauchy-Schwarz.
Muito bom!
Em dom, 16 de ago de 2020 10:11, Matheus Secco
escreveu:
> Olá, Vanderlei.
> Por Cauchy-Schwarz, temos
>
> (a/ha + b/hb + c/hc) * (a*ha + b*hb + c*hc) >= (a+b+c)^2. (#)
>
> Como (a*ha + b*hb + c*hc) =
Olá, Vanderlei.
Por Cauchy-Schwarz, temos
(a/ha + b/hb + c/hc) * (a*ha + b*hb + c*hc) >= (a+b+c)^2. (#)
Como (a*ha + b*hb + c*hc) = 2S, onde S é a área de ABC, segue que a
expressão a/ha + b/hb + c/hc é pelo menos 2p^2/S, onde p é o
semi-perimetro.
Por outro lado, a igualdade em (#) ocorre se,
Obrigado Julio, incrivel solucao.
So corrija AB=AC=AQ=R
Abraco
Douglas Oliveira.
Em seg, 25 de fev de 2019 10:38, Julio César Saldaña Pumarica <
saldana...@pucp.edu.pe> escreveu:
> Na prolongação do BP ubique o ponto Q tal que AQ=AB. Chamemos AC=R, então
> temos AB=AC+AQ=R.
>
> Completando ângul
Na prolongação do BP ubique o ponto Q tal que AQ=AB. Chamemos AC=R, então
temos AB=AC+AQ=R.
Completando ângulos: ) escribió:
> Ola amigos, alguem ja fez essa questao abaixo?
>
> Eu fiz por trigonometria e achei 80 graus.
> Gostaria de uma ajuda para fazer por construcao.
>
> Problema:
> Num trian
Legal! Obrigado, Ralph!
A relação entre estas 3 soluções cabe bem na discussão que eu queria ter
sobre educação matemática (resolução de problemas é uma parte importante
dela).
A solução por geometria sintética eu já conhecia. Ela usa construções
auxiliares, no caso, paralelogramos construídos a
Pra mim não é tão fácil ver 3, to enferrujado na geometria plana. Pra
justificar acho que uma boa forma de ver é dizer que o triângulo APQ é
congruente ao PBC. Para concluir, o caminho mais curto que eu vi foi usar
que o triângulo MNR é semelhante ao BAN, e a razão é 1/2.
Em 28 de julho de 2018 20
Sim! Quando aplica-se qualquer transformacao linear a um objeto, a razao
entre o volume da figura nova e o da figura antiga eh constante e igual ao
determinante da transformacao! Entao ambas as areas ficariam multiplicadas
pelo mesmo numero, e a razao se manteria!
Outro detalhe: teria que ver se a
Idéia que me ocorreu: todo triângulo é afim-equivalente a um triângulo
equilátero.
Mediante translações, as medianas de um triângulo equilátero de lado 1 formam
um triângulo equilátero cujos lados medem raiz(3)/2 e, portanto, cuja área é
3/4.
Será que uma transformação afim preserva a razão entr
Então,podemos fazer o seguinte:
Considere um triângulo ABC, cujas medianas são AM, BN, CP, e baricentro G
desta forma
1)Monte um paralelogramo BNQM de forma que MQ intercepte AC em R.
2)Como o baricentro divide em seis áreas iguais, temos que a área do
triângulo AGN será 1/6.
3)É fácil ver que
Vamos fazer este por vetores... Mas primeiro um tiquinho de notacao: dados
dois vetores v e w no plano, vou escrever [v,w] para o determinante da
matriz cujas colunas sao v e w; em outras palavras, [v,w] eh a area do
paralelogramo cujos lados sao v e w, com sinal determinado pela orientacao.
Uma p
Pensei na seguinte solução usando congruência de triângulos
1. Pela condição do perímetro podemos deduzir que PQ=PB+QD
2. Estique o segemento AB até o ponto T tal que BT=QD, então os triângulos
TBC e QCD são congruentes pelo caso L.A.L.; e portanto concluimos que
CT=CQ. Notemos também que PT=PQ
Tudo bem.
Mas minha dúvida é outra: como/por que você pensou em usar a circunferência
centrada em C e passando por B e D?
Este é um dos temas que mais me interessa em matemática: de onde vêm as
idéias não óbvias?
Inspiração divina?
Experiência ("já vi algo parecido antes")?
Muita transpiração?
Po
Da para fazer uma prova por absurdo.
Fica bom, suponha que a reta nao tangencia a circunferencia entao trace a
tangente e vai chegar em um absurdo.
Abraco
Douglas Oliveira.
Em seg, 2 de abr de 2018 11:14, Claudio Arconcher
escreveu:
> Bom dia caros colegas.
>
> Ponhamos ABCD o quadrado (o ponto
Entao Claudio, eu pensei assim tb, mas a parte do reciprocamente, me deixa
incomodado, pois se o perimetro for 2 como provar que a circunferencia
tangencia em M.
Douglas Oliveira.
Em seg, 2 de abr de 2018 11:14, Claudio Arconcher
escreveu:
> Bom dia caros colegas.
>
> Ponhamos ABCD o quadrado (
Legal!
A minha foi diferente (e menos elegante, pois usou trigonometria e bastante
álgebra).
Com a sua notação, teremos:
tan(PCB) = 1-x
tan(QCD) = 1-y
x+y+raiz(x^2+y^2) = 2
A ideia é determinar PCB+QCD = 90 - PCQ.
Usando a fórmula de tan(a+b) e após algumas simplificações, obtemos
tan(PCB+QCD) =
Eu fiz algo parecido , também cheguei na mesma resposta, eu cheguei na
expressão (m+n-n^2-m^2)/(m+n)(2-m-n) e tinha que maximizar isso com m e n
entre zero e um.
Obrigado.
Douglas Oliveira.
Em 12 de jul de 2017 4:10 PM, "Pedro José" escreveu:
> Boa tarde!
>
> Só faltaram as definições de a e b
Boa tarde!
Só faltaram as definições de a e b, a é a medida do segmento BF e b a do
segmento CG.
Desculpem-me,
PJMS
Em 12 de julho de 2017 09:08, Pedro José escreveu:
> Bom dia!
>
> Estava indo pelo caminho errado, derivadas parciais.
>
> x + y = ab/(a+b) + (1-a) (1-b) / (2-(a+b)) = ((a+b) - (
Bom dia!
Estava indo pelo caminho errado, derivadas parciais.
x + y = ab/(a+b) + (1-a) (1-b) / (2-(a+b)) = ((a+b) - (a^2+b^2))/ (2(a+b) -
(a+b)^2)
Agora ficou fácil, basta mostrar que 2(a^2+b^2) >= (a+b)^2, o que implica
em x + y <= 0,5 e S(PFQG) <= 1/4
Mas por Cauchy-Shwarz fica clara a desigua
Boa noite!
Não consegui por completo, mas a solução é 1/4 e vale para BF=CG . BF<>0 e
BF <>1
S(PFQG) = S(FCD) - S(QCG) - S(PGD) ==> S(PFQG) = 1/2 - S(QCG) - S(PGD) (i)
S (AGD) + S(BCG) = CG/2 +GD/2 = 1/2
S(QCG) + S(PGD) + S(APD) + S(BCQ) = S (AGD) + S(BCG) = 1/2 (ii)
por (i), se S(PFQG) é máx
Note que os triângulos ABD e BCE são equivalentes (mesma área).
Baseado nisso podemos concluir que BE=AD; pois areas iguais e alturas iguais
implica bases iguais.
Então os triângulos ABD e BCE além de equivalente são congruentes (L.A.L.).
Portanto
Num triângulo equilátero ABC, as cevianas BD
não ter me engando, mas vou fazer um double check e também vou
> tentar
> lembrar a outra forma de provar que P é circuncentro de ABK
>
> Julio Saldaña
>
>
> -- Mensaje original ---
> De : obm-l@mat.puc-rio.br
> Para : obm-l@mat.puc-rio.br
> Fecha : Wed, 28 Jun
.br
Fecha : Wed, 28 Jun 2017 14:43:07 -0300
Asunto : Re: [obm-l] Geometria plana (Ajuda)
Opa desculpe, CF é ceviana que passa por P.
Em 28 de jun de 2017 11:05 AM, "Pedro José" escreveu:
Bom dia!
O ponto F não foi definido, mas foram definidas duas medidas de ângulos
aos qu
Opa desculpe, CF é ceviana que passa por P.
Em 28 de jun de 2017 11:05 AM, "Pedro José" escreveu:
> Bom dia!
>
> O ponto F não foi definido, mas foram definidas duas medidas de ângulos
> aos quais o ponto F pertence: BCF=20 graus e FCA=40 graus.
> Não faltou definir o ponto F?
>
> Sds,
> PJMS
>
Bom dia!
O ponto F não foi definido, mas foram definidas duas medidas de ângulos aos
quais o ponto F pertence: BCF=20 graus e FCA=40 graus.
Não faltou definir o ponto F?
Sds,
PJMS
Em 28 de junho de 2017 09:15, Douglas Oliveira de Lima <
profdouglaso.del...@gmail.com> escreveu:
> Olá meus amigos
Obrigado Ralph
Em 26 de novembro de 2015 22:57, Ralph Teixeira
escreveu:
> Sim, ha um argumento simples e convincente para a existencia de tal
> triangulo.
>
> Comece pela circunferencia de raio R. Marque nela ARCOS consecutivos de
> comprimento angular 2a, 2b e 2c (como 2a+2b+2c=2pi, o terceiro
Sim, ha um argumento simples e convincente para a existencia de tal
triangulo.
Comece pela circunferencia de raio R. Marque nela ARCOS consecutivos de
comprimento angular 2a, 2b e 2c (como 2a+2b+2c=2pi, o terceiro arco termina
onde o primeiro comeca). Use as pontas destes arcos para serem os verti
Muito boa, vou guardar.
Obrigado
Julio Saldaña
-- Mensaje original ---
De : obm-l@mat.puc-rio.br
Para : obm-l@mat.puc-rio.br
Fecha : Tue, 3 Mar 2015 22:13:54 -0300
Asunto : {Disarmed} Re: [obm-l] Re: {Disarmed} Re: [obm-l] Re: [obm-l] Geometria
plana
Vou compartilhar uma para
---
> De : obm-l@mat.puc-rio.br
> Para : obm-l@mat.puc-rio.br
> Fecha : Tue, 3 Mar 2015 15:33:26 -0300
> Asunto : {Disarmed} Re: [obm-l] Re: [obm-l] Geometria plana
> >Bela solu莽茫o.
> >
> >houve s贸 um pequeno erro de digita莽茫o : M 茅 ponto m茅dio de BE, ok ?
> >
Isso mesmo, M é ponto medio de BE,
obrigado
Julio Saldaña
-- Mensaje original ---
De : obm-l@mat.puc-rio.br
Para : obm-l@mat.puc-rio.br
Fecha : Tue, 3 Mar 2015 15:33:26 -0300
Asunto : {Disarmed} Re: [obm-l] Re: [obm-l] Geometria plana
Bela solução.
houve só um pequeno erro de
Bela solução.
houve só um pequeno erro de digitação : M é ponto médio de BE, ok ?
Pacini
Em 3 de março de 2015 11:53, Julio César Saldaña
escreveu:
>
>
> Fiz assim, mas cuidado, costumo me equivocar muito. Podem verificar?
>
> Notar que
> Seja N de AC tal que DN é paralelo à AB, então DN=NC e
Fiz assim, mas cuidado, costumo me equivocar muito. Podem verificar?
Notar que Seja M o ponto medio de AE, então BM=ME=AE, e
Os triângulos BAM e EAC são congruentes, por tanto igualamos ângulos externos
respectivos:
Olá, bom dia quero compartilhar uma boa questão de geometria com os
senho
E' verdade, Douglas, engraxei a meia...
:)
[]'s
Rogerio Ponce
2015-03-02 20:42 GMT-03:00 Douglas Oliveira de Lima <
profdouglaso.del...@gmail.com>:
> Está correto Ponce de uma olhada com calma.
> Forte abraço.
> Em 02/03/2015 19:56, "Rogerio Ponce" escreveu:
>
>> Ola' Douglas,
>> eu acho que te
Está correto Ponce de uma olhada com calma.
Forte abraço.
Em 02/03/2015 19:56, "Rogerio Ponce" escreveu:
> Ola' Douglas,
> eu acho que tem algum engano no enunciado.
> Se D pertence ao lado BC, me parece impossivel que os angulos BAC e BED
> sejam iguais entre si.
> []'s
> Rogerio Ponce
>
> 2015-
Ola' Douglas,
eu acho que tem algum engano no enunciado.
Se D pertence ao lado BC, me parece impossivel que os angulos BAC e BED
sejam iguais entre si.
[]'s
Rogerio Ponce
2015-03-02 9:23 GMT-03:00 Douglas Oliveira de Lima <
profdouglaso.del...@gmail.com>:
> Olá, bom dia quero compartilhar uma bo
Valeu pessoal, obrigado.
Raphael Aureliano
Praticante de Oficial de Náutica (Piloto)
Guarda-Marinha (RM-2)
Em 23/05/2014 11:26, "Julio César Saldaña"
escreveu:
>
>
> Seja M a interseção de BC com a circunferência, então AM é altura. Então
>
> Devido a ter os mesmos ângulos, os triângulos BEC
Seja M a interseção de BC com a circunferência, então AM é altura. Então
Olá,
Alguém pode me ajudar no exercÃcio que segue
Seja ABC um triângulo isósceles, com AB=AC. Com centro no ponto médio de
AC, traça-se uma circunferência de diâmetro AB. Por B, traçamos uma altura
do triângulo
A altura do triangulo toca AC em H, e assim (EC)^2=AC.CH, como a área do
triângulo ABC
e igual a (4r^2-1)^(1/2), sendo r o raio da circunferência citada no
enunciado, entao (4r^2-1)^(1/2)=2r.(BH)/2, assim BH=((4r^2-1)^(1/2))/r, e
aplicando pitagoras no triângulo BCH teremos (CH)^2=4-(BH)^2, assim C
So vale ressaltar que no caso,
12 divide xy
e
5 divide xyz
Abs
Felipe
Em Terça-feira, 29 de Abril de 2014 1:42, Listeiro 037
escreveu:
Eu tinha umas relações da forma (ab+ac+bc)/abc com alturas e senos, mas
não sei onde guardei. Sobre as ternas:
Sabe-se que
(m²-n²)² + (2mn)² = (m²+n²)
Errata:
Onde se lê "Para m ímpar e n par, 4|2mn, então 4|abc", leia-se "Para m
ímpar e n par, 'ou vice-versa', 4|2mn, então 4|abc".
Onde se lê "Para m ímpar e n ímpar, é garantido que m² e n² são
divisíveis por 2", leia-se "Para m ímpar e n ímpar, é garantido que
m²-n² é divisível por 2".
--
E
Eu tinha umas relações da forma (ab+ac+bc)/abc com alturas e senos, mas
não sei onde guardei. Sobre as ternas:
Sabe-se que
(m²-n²)² + (2mn)² = (m²+n²)²
Seja a=(m²-n²), b=2mn e c = (m²+n²)
Divisibilidade por 4:
Para m par e n par é automático 4|abc
Para m ímpar e n par, 4|2mn, então 4|abc
Para
Carlos Vitor, poderia explicar por que o quadrilatero ACHE eh ciclico?
Vc. estah considerando EH paralelo a AC? Por que?
[ ]'s
Olá Arkon ,
Uma solução é :
Seja O o ortocentro de ABC . Observe que o triângulo AOC é semelhante ao
triângulo OEH , pois o quadrilátero ACHE é inscritível . Seja x = EH ,
então 7/x = AO/EO e como OE = OA.cosB . Usando a lei dos cosenos encontre
cosB = 1/5 e daí x =7/5 , ok ? .Acredito que pen
Muitíssimo obrigado e boas festas!
Em 20 de dezembro de 2010 23:11, Eduardo Beltrao escreveu:
> Prezado Marcelo,
> Após algum tempo solucionando o problema proposto, cheguei a uma
> resposta muito próxima da que você postou aqui. A solução transcrevo abaixo,
> porém peço para que verifique se o
Prezado Marcelo,
Após algum tempo solucionando o problema proposto, cheguei a uma
resposta muito próxima da que você postou aqui. A solução transcrevo abaixo,
porém peço para que verifique se o resultado correto é realmente (OG)^2 =
R^2 - 1/3*(A^2 + B^2 + C^2), e não (OG)^2 = R^2 - 1/9*(A^2 + B^2 +
Preturlan, esta questão do CN é de que ano?
Se M fosse ponto médio de HX e não de BC a solução apresentada seria legal.
Como o CN geralmente comete erros nos enunciados, esta está parecendo mais
uma.
Em todo caso se você conseguir uma solução não se esqueça de postar.
2009/6/5 Joâo Gabriel Preturla
Em 03/06/2009 23:25, Joâo Gabriel Preturlan < jgpretur...@uol.com.br > escreveu:
Gostaria de ajuda na seguinte questão:
Â
âSejam o triângulo ABC de lados AB= 25, AC=26, BC=27cm, H o ortocentro de ABC e M o ponto médio do lado BC. Seja X o ponto em que a reta HM intersecta o arco BC(que nÃ
Em 26/05/2009 09:00, Fernando Lima Gama Junior < fgam...@gmail.com > escreveu:Começou...
Fernando GamaSent from Brasilia, DF, Brazil
2009/5/26
Em 25/05/2009 22:05, Carlos Nehab < ne...@infolink.com.br > escreveu:
Aos aficcionados:Três problemas clássicos e inter
Olá Carlos,
Não sou muito bom nestes tipos de problemas. Porém, com relação ao 3o., dado um
segmento qqer AB, não bastaria utilizarmos o procedimento "padrão" para traçar
mediatriz, só que, ao invés de unirmos os pontos C e D, obtidos com a
utilização do compasso, traçaríamos a ciscunferência
Começou...
Fernando Gama
Sent from Brasilia, DF, Brazil
2009/5/26
>
>
>
> Em 25/05/2009 22:05, *Carlos Nehab < ne...@infolink.com.br >* escreveu:
>
>
> Aos aficcionados:
>
> Três problemas clássicos e interessantes de geometria plana:
>
> 1) Dado um triângulo ABC, identifique o triângulo de pe
Em 25/05/2009 22:05, Carlos Nehab < ne...@infolink.com.br > escreveu:Aos aficcionados:Três problemas clássicos e interessantes de geometria plana:1) Dado um triângulo ABC, identifique o triângulo de perÃmetro mÃnimo nele inscrito (cada vértice - P, Q e R, em um lado distinto de ABC).2) Dete
Olá Otávio e João Gabriel, vou descrever a propriedade do triângulo retângulo
que usei. Pois bem seja ABC triângulo retângulo ( conforme o desenho do João
Gabriel ). Conside re agora seu incírculo ( é o círculo inscrito ) com seus
respectivos pontos de tangência sobre os catetos e sobre a hipote
(siny.cosx + sinx.cosy) = 2R.sin(x+y) = DE , como queríamos
demonstrar.
Date: Mon, 15 Dec 2008 14:58:09 -0200
From: ommene...@gmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: Re: [obm-l] geometria plana
Tarso, não entendi a que movimento você se refere.
Minha solução é a "standard":
DE
Tarso, não entendi a que movimento você se refere.
Minha solução é a "standard":
DE = AB - AD - EB = AB - (AB - BC) - (AB - AC) = AC + BC - AB
Da semelhança de AGD e ABC:
AD/AB = (AB - BC)/AB = GD/BC = 1 - BC/AB
GD = BC - BC²/AB
Analogamente, EF = AC - AC²/AB
Somando: GD + EF = AC + AB - (A
Considere a circunferência inscrita no triângulo retângulo ABC em questão, seja
r seu raio.Vamos imaginar a seguinte construção geométrica:
Passo 1 - Ponta seca do compasso em A trace o arco que passa por C até cortar a
hipotenusa em E.
Passo 2 - Ponta seca em B trace o arco que passa por C e co
Dá uma olhada:
http://img219.imageshack.us/my.php?image=geometriaareaav2nd1.jpg
Por semelhança (deixei indicado na figura), da pra achar o t. E, como t é
altura do triangulo destacado, é só fazer base vezes altura sobre 2.
Abraço.
2008/11/12 [EMAIL PROTECTED] <[EMAIL PROTECTED]>
> Propus par
Citando JOSE AIRTON CARNEIRO <[EMAIL PROTECTED]>:
ABC é um triângulo retângulo de hipotenusa BC e altura AH. Seja P um ponto
do mesmo semi-plano de A em relação à reta suporte de BC. Os ângulos HPC e
ABC são iguais a 15º. Se o segmento PH é o maior possível, pode-se afirmar
que PH é igual a:
a)
Em 27/07/08, Anderson Weber <[EMAIL PROTECTED]> escreveu:
>
> Obtive 52 graus como resposta, mas não entendi a função do ponto E no
> problema.
>
>
>
> Um abraço.
>
> Anderson
>
> As alternativas são: a) 100 b) 88 c) 76 d) 54 e) 44
>
> *De:* [EMAIL PROTECTED] [mailto:[EMAIL PROTE
Em 26/07/08, João Gabriel Preturlan <[EMAIL PROTECTED]> escreveu:
>
> Boa Noite!
>
>
>
> Veja se serei claro... se tiver alguma duvida quanto ao que eu vou propor é
> só me avisar... Acho que dessa forma está certo:
>
> (Fazer o desenho ajuda muito)
>
>
>
> Como conseqüência do que é dado, o ângul
Só uma ajuda então (pro de geometria, o de álgebra, como você falou, é
pouco claro...)
Esse exercício mostra bem como é importante usar vários lados da
geometria juntos... a área do triângulo hachurado é
(base * altura) / 2
Pegue a base no lado do quadrado, que essa é fácil de calcular. Agora,
é a
=P
Dexa queto, já achei a congruencia e todo o resto...
Brigadão + uma vez
Gustavo Souza <[EMAIL PROTECTED]> escreveu:
Achei muito interessante a sua resolução, obrigado pela ajuda...
Porem tentei desenhar e ver como que acontece e não consigo achar a
congruencia entre o triangul
Achei muito interessante a sua resolução, obrigado pela ajuda...
Porem tentei desenhar e ver como que acontece e não consigo achar a
congruencia entre o triangulos ABP e ACD, tambem não consigo achar onde irá
ficar o ponto P...
E vlw a TODOS pela ajuda...
Joao Victor Brasil <[
Você pode usar um ponto auxiliar P e tentar forma um Triângulo
Equilátero ACP. Observando os ângulos e os lados, verificamos que os
triangulos ABP e ACD são congruentes e o ânuglo BPC tem 160º e é o
angulo do vértice do Triangulo Isosceles BPC.
Logo BCD tem 10º.
JVB.
On 12/10/07, Gustavo Souza
como saber o seno de 40 e seno de 100???
"[EMAIL PROTECTED]" <[EMAIL PROTECTED]> escreveu:
Gustavo Souza escreveu: Seja o triângulo ABC e o ponto D contido na reta
AB. Seja tambem o valor de BÂC = 100º e o valor e o valor de A^CD = 40º
calcule o valor do angulo B^CD, sabend
Olá Gustavo,
vamos dar os seguintes nomes aos lados:
AB = CD = b
AC = AD = l [calma, ja vamos provar que AC = AD]
BC = r
A^DC = 40 .. pois a soma dos angulos neste triangulo é 180... logo, o
triangulo ADC é isosceles e AD = AC
no triangulo ADC, fazemos: cos(40) = b/2 * 1/l ... logo: b = 2lcos(4
Ola Rita,
Vamos por partes,
1) Se a,b,c são lados de um triangulo, rpove que | b-c| < a.
Essa demosntracao eu deixarei para outro colega, pois esgotou o meu tempo
agora, ou entao a faco mais tarde, ok?. Mas guarde que "A soma de dois lados
do triângulo é sempre maior do que o terceiro lado, e a d
Caro Denilson e amigos
copie ou digite o link em uma nova janela do explorer que dá certo
at
Sarmento
Mensagem Original:
Data: 01:54:17 03/06/2006
De: Denisson <[EMAIL PROTECTED]>
Assunto: Re: [obm-l] GEOMETRIA PLANA: TRIANGULOS
Não consegui abrir a figura. Diz que nã
Não consegui abrir a figura. Diz que não está autorizado.On 6/2/06, [EMAIL PROTECTED] <
[EMAIL PROTECTED]> wrote:Observe a figura.Nela,sabe-se que ABC=60, BAC=70, M é ponto médio de BC e AB +AP = PC.
Então, a medida do angulo APM é igual a:FIGURA EMhttp://www.teorema.mat.br/phpBB2/album_pic.php?pic
Pelo triângulo ABC, AC < AB + AC => AC < 6.Pelo triângulo ADC, AC > |AD - AC| => AC > 4.Pelo triângulo BDC, BD < 6.Pelo triângulo ABD, BD > 4.Assim, 4 < AC < 6 e 4 < BD < 6, logo a diagonal que tiver como medida um número inteiro deve medir 5.
AIL PROTECTED]>
Assunto: Re: [obm-l] geometria plana 62
x/sen100=ysen(80-b)
x/y=sen100/sen(80-b)=sen140/senb
onde b e o angulo do vertice D
sen100/sen140 =sen(80-b)/senb
2sen50 cos50/sen(90+50)=sen(80-b)/senb
2sen50senb=sen(80-b)
2cos(90-b)cos40=sen(80-b)
ou
2sen50=(sen80cosb-cos80senb)/se
x/sen100=ysen(80-b)
x/y=sen100/sen(80-b)=sen140/senb
onde b e o angulo do vertice D
sen100/sen140 =sen(80-b)/senb
2sen50 cos50/sen(90+50)=sen(80-b)/senb
2sen50senb=sen(80-b)
2cos(90-b)cos40=sen(80-b)
ou
2sen50=(sen80cosb-cos80senb)/senb
2sen50+cos80=sen80/tanb
2cos40+cos80=sen80/tanb
cos40 + 2c
O Iniciação a lógica matematica é bem facil de achar. já o de Geometria Plana parece que está esgotado.
Júnior.Em 26/05/06, Thor <[EMAIL PROTECTED]> escreveu:
O de Edgard Alencar eu tenho,mas este livro não é dificil de achar nas
livrarias.
Cláudio Thor
- Original Message -
O de Edgard Alencar eu tenho,mas este livro não é dificil de achar nas
livrarias.
Cláudio Thor
- Original Message -
From:
Bruna Carvalho
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Sent: Monday, April 24, 2006 9:23
PM
Subject: [obm-l] Geometria Plana
Alguem aqui da comunidade tem
Quem poder
ajuda agradeço
1 - Defina a região limitada por um poligono
Parece simples mas não é.
Imagine que vc tem 5 pontos com um aproximadamente no
centro
dos 5. Vc tem 4 possibilidades para polígonos não é mesmo?
Como definir então, dentre esses 4 aquele que é de seu
interes
Olá amigos
Usando as sugestões proposta pelo carlos victor, você encontrará para a area do triângulo equilátero a expressão abaixo:
Área = (1/8). [ sqrt(3). (a^2+b^2+c^2 ) + 3 sqrt (I) ]
onde I = (a+b+c).(-a+b+c).(a-b+c).(a+b-c)
Um abraço do amigo
PONCE
Nota:Procure resolver o mesmo problem
Subject: Re: [obm-l] Geometria
plana
Caro Vinicius, verifica-se facilmente que a soma das distancia
de um ponto P qualquer aos vertices do triangulo equilatero é igual a altura
do mesmo.Júnior.
Em 25/01/06, vinicius
aleixo <[EMAIL PROTECTED]>
escreveu:
Como posso determ
Afirmação estranha !!!
- Original Message -
From:
Júnior
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Sent: Wednesday, January 25, 2006 8:59
PM
Subject: Re: [obm-l] Geometria
plana
Caro Vinicius, verifica-se facilmente que a soma das distancia
de um ponto P qualquer aos vertices
Olá Vinícius ,
Sejam d1, d2 e d3 as distâncias e L o lado do
triângulo ;escolha um ponto exterior ao
triângulo de tal maneira a construir um
triângulo equilátero de lados iguais a d1, por
exemplo . Utilize a congruência de
triângulos( triângulos de lados L ,d1 e d3) e a
Caro Vinicius, verifica-se facilmente que a soma das distancia de um ponto P qualquer aos vertices do triangulo equilatero é igual a altura do mesmo. -- Meu amigo, Acho q vc não entendeu bem..I
: [obm-l] Geometria
plana
Caro Vinicius, verifica-se facilmente que a soma das distancia
de um ponto P qualquer aos vertices do triangulo equilatero é igual a altura
do mesmo.Júnior.
Em 25/01/06, vinicius
aleixo <[EMAIL PROTECTED]>
escreveu:
Como posso determinar a área
Desculpas, o que eu disse vale se as distancias forem aos pontos medios dos lados do triangulo.
Uma solução é rebater alguns dos triangulos e aplicar lei dos cossenos.
JúniorEm 25/01/06, vinicius aleixo <[EMAIL PROTECTED]> escreveu:
Como posso determinar a área de um triagulo equilátero conhecendo
Só e´igual a altura , se a distancias forem em relação aos lados do triangulo.
Cláudio Thor
Citando Júnior <[EMAIL PROTECTED]>:
> Caro Vinicius, verifica-se facilmente que a soma das distancia de um ponto P
> qualquer aos vertices do triangulo equilatero é igual a altura do mesmo.
>
> Júnior.
Caro Vinicius, verifica-se facilmente que a soma das distancia de um
ponto P qualquer aos vertices do triangulo equilatero é igual a altura
do mesmo.
Júnior.
Em 25/01/06, vinicius aleixo <[EMAIL PROTECTED]> escreveu:
Como posso determinar a área de um triagulo equilátero conhecendo
a distancia de u
Questão 2)
Seja um cone de altura H e raio r...
seu volume total é: VT = 1/3 * pi*H*r^2
Para uma altura X, temos que o volume é:
V1 = 1/3 * pi * x * r'^2
onde r' pode ser obtido por semelhanca de triangulos e vale:
r' = r*x/H
Logo, V1 = 1/3 * pi * r^2 * x^2 * x / H^2
o volume do restante
2) Um copo tem a forma de um cone com altura 8cm e raio da base 3cm.Queremos enchê-lo com quantidades iguais de suco e de água. Para que isso possível, a altura "x" atingida pelo primeiro liquido deve ser?
R: 4 raiz cubica de 4 (4 sqrt3 4)da conhecida relação:
V1 e o menor e V2 e o grande e V3 e o
O problema 1 é uma aplicação do teorema das bissetrizes, já que D é a intersecção do raio da base (BC) coma bissetriz de d=hr/(h+r) onde h=|BA| e r=|BC| . como a relação pedida é h*r^2/(2r^2+2rh) obtemos, simplificando, d/2 para a referida razão.Giancarlo Miragliotta <[EMAIL PROTECT
No problema 1, qual eh a desse ponto "D"?
No problema 2, sendo um cone circular reto, a divisao cria o um cone e um tronco de cone. Eles devem ter volumes iguais. Sejam "r" e "x" o raio da base e a altura, respectivamante, do cone criado. Por semelhanca de triangulos (faca um desenho) podemos es
Caros Aguinaldo e Danilo,
Estou terminando uma nova versao do material com as provas
do IME. Nesta nova versao, eu devo incluir as minhas solucoes
para as provas de geometria. Acho que sai ate´ o fim do ano.
Atualmente ja´ completei metade das provas de geometria.
Falta ainda a outra metade (sao
IME 84-85 Em um triângulo ABC são dados o lado a, a soma dos outros dois lados, b+c = 1, e a área S. Calcule os ângulos A, B, C e os lados b e c.
gab: Â = 2arctan(45/(l^2-a^2)), b e c são raizes de x^2-lx+ 25/senA=0; B = 2arccos((a^2+c^2-b^2)/2ac); C = pi - (A+B)
da desigualdade triangular,
a<1
S =
Aguinaldo,
http://www.lps.ufrj.br/~sergioln/ime/ime6.pdf
[]'s
Danilo
aguinaldo goncalves jr <[EMAIL PROTECTED]> escreveu:
Danilo,
Vc comentou que sabe de um endereço com soluções de algebra...vc pode compartilhar?
Grato
AguinaldoDanilo Nascimento <[EMAIL PROTECTED]> escreveu:
I
Danilo,
Vc comentou que sabe de um endereço com soluções de algebra...vc pode compartilhar?
Grato
AguinaldoDanilo Nascimento <[EMAIL PROTECTED]> escreveu:
IME-83/84 Seja ABCD um qudrilatero convexo tal que os dois pares de lados opostos não são paralelos; AB encontra CD em E e AD encontra BC
Calucule a área de um triangulo retangulo, sabendo que
um de sues catetos mede o triplo do outro e que seu
perímetro vale 8+2 2*raiz de 10.
Vamos la...rs...
Area = (3*x^2)/2 , então
2P = 4x + x*[sqrt(10)]=8+22*[sqrt(10)]
x= [8+22*sqrt(10)]/[4+sqrt(10)] , dae é só vc elevar ao quadrado e subs
elton francisco ferreira escreveu:
Olá pessoal, ai vai algumas questoes que começei a a
resoluçao mas nao consigo terminar. Se vcs puderem me
ajudarem.
1 - Num triangulo retangulo ABC, sabe-se que a área
vale 2s e que a razão entre os catetos é b/c=k.
Calcule seus lados.
2 – A diferença entre
Nao sei se essa solucao é completamente correta(gostaria que os membros dessa lista me apontem se é certa ou nao), mas vendo ela eu lembro de outra questao classica, que é a seguinte:
Seja o triangulo Isosceles ABC de base BC, e os pontos E e G sobre AB e F sobre AC de tal forma que AE=EF=FG=GC=C
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