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,
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
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)] +
>
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
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
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
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
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
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
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
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?
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
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.
>
>
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
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) /
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
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
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
: anguloMEC=60
>
> Espero 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-
.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" <petroc...@gmail.com> escreveu:
Bom dia!
O ponto F não foi definido, mas foram definidas duas medi
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
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
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
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
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
Fiz assim, mas cuidado, costumo me equivocar muito. Podem verificar?
Notar que ABE=EAC.
Seja N de AC tal que DN é paralelo à AB, então DN=NC e AN=2.DN
Como os triângulos ABE e ADN são semelhantes então BE=2.AE
Seja M o ponto medio de AE, então BM=ME=AE, e AME=MAE=40.
Os triângulos BAM e
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 saldana...@pucp.edu.pe
escreveu:
Fiz assim, mas cuidado, costumo me equivocar muito. Podem verificar?
Notar que ABE=EAC.
Seja N de AC tal que DN é
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
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 ?
Pacini
Em 3 de mar莽o de 2015 11:53, Julio C茅sar Salda帽a saldana...@pucp.edu.pe
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 abrlw...@gmail.com escreveu:
Ola' Douglas,
eu acho
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 boa
Está correto Ponce de uma olhada com calma.
Forte abraço.
Em 02/03/2015 19:56, Rogerio Ponce abrlw...@gmail.com 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
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
Seja M a interseção de BC com a circunferência, então AM é altura. Então MEC =
MAC = EBC.
Devido a ter os mesmos ângulos, os triângulos BEC e MEC são semeljantes, então
EC / 1 = 2/ EC, por tanto EC = sqrt(2).
Julio Saldaña
-- Mensaje original ---
De : obm-l@mat.puc-rio.br
Para :
Valeu pessoal, obrigado.
Raphael Aureliano
Praticante de Oficial de Náutica (Piloto)
Guarda-Marinha (RM-2)
Em 23/05/2014 11:26, Julio César Saldaña saldana...@pucp.edu.pe
escreveu:
Seja M a interseção de BC com a circunferência, então AM é altura. Então
MEC =
MAC = EBC.
Devido a ter os
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
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
Muitíssimo obrigado e boas festas!
Em 20 de dezembro de 2010 23:11, Eduardo Beltrao e-...@ig.com.br 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
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
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
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
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)
Começou...
Fernando Gama
Sent from Brasilia, DF, Brazil
2009/5/26 lucianarodrigg...@uol.com.br
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
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
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
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 -
(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 = AB - AD - EB
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
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 para
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 PROTECTED] *Em
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
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
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
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
=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
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 =
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, sabendo
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
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 não está autorizado
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.
]
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)/senb
2sen50+cos80=sen80
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 +
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
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 -
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
interesse,
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 problema
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 determinar a área
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.
Em
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
: [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 de um
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
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
Lei do co-seno( como o
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
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 do
O problema 1 é uma aplicação do teorema das bissetrizes, já que D é a intersecção do raio da base (BC) coma bissetriz de BAC. Assim 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
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
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 escrever
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,
a1
S =
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 em
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:
IME-83/84 Seja ABCD
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
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
On Tue, May 10, 2005 at 02:11:08AM -0300, Paulo Cesar wrote:
Seja ABC um triângulo isósceles com AB=AC e ângulo BAC valendo 12º.
Traça-se de B a bissetriz BD, D em AC, e traça-se de C a ceviana CE, E
em AB, de modo que o ângulo ECB seja 30º. Determine o ângulo BDE.
Alguém mandou uma solução
Oi Nicolau
Cheguei a começar esta solução, pois lembrei-me que aquela questão
parecida cujo ângulo do vértice é 20º possui uma solução desse tipo.
Abandonei logo depois, pois percebi que as contas não ficariam tão
ideais, como no problema do 20º. Outro motivo era que meu objetivo
(inicialmente)
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
Olá Paulo ,
Usando a lei dos senos para os triângulos EBD, EDC e
EBC encontraremos a seguinte igualdade :
4senx.cos(36).cos(42) = sen(54+x) ; onde x é o ângulo pedido .
Multiplicando ambos os membros por sen(36) encontraremos :
2senx.sen(72).cos(42) = sen(54+x).sen(36) ou
Oi Victor
Excelente abordagem do problema. Tinha que ter uma saída
trigonométrica de qualquer jeito!! Muito obrigado mesmo pela atenção.
O único incoveniente é que foi um aluno de oitava série que me pediu.
Ele vai ter que esperar (ou estudar bastante) pra entender a solução.
Um Abraço
Paulo
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