Geometria Plana

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Problema

Dados os dois retângulos da figura, como traçar uma reta que divide cada retângulo, em partes de mesma área?

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Solução

Qualquer reta que passe pelo centro de um retângulo (encontro das diagonais), o divide em duas regiões de mesma área.

Chegamos a essa conclusão a partir das congruências abaixo.

    \begin{eqnarray*}  \bigtriangleup NRD \cong \bigtriangleup  NPB\\  \bigtriangleup AND \cong \bigtriangleup  CNB\\  \bigtriangleup PNA \cong \bigtriangleup RNC \end{eqnarray*}

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Assim, a reta pedida passa pelo centro dos dois retângulos.

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20160202_053614

JOGOS DE DADOS
GERALDO DE BARROS
1992

Imagem de um dos três cubos, da obra de Geraldo de Barros, instalada na Estação Clínicas do Metrô. A obra, da sua produção concreta, realizada com laminado plástico sobre madeira, dentro do ideário concretista, utiliza princípios da gestalt em sua concepção. Cada uma dessas obras é constituída por 12 losangos que se articulam formando conjuntos de três cubos, na vertical e na diagonal, de acordo com a percepção mutante do conjunto.

Segundo a teoria gestáltica, o todo é maior do que a soma de suas partes. Assim, a união dos 12 losangos na obra de Geraldo de Barros resulta num terceiro elemento que é o conjunto de todos eles, conjunto esse que tem características absolutamente originais.

Problema

A imagem da obra de Geraldo Barros é formada por 12 losangos congruentes, que formam um hexágono regular V_1 V_2 V_3 V_4 V_5 V_6. Se o lado do losango é igual a 1, então a razão entre a área e o perímetro da estrela ABCDEFGHIJKL é?

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a) \frac{\sqrt{3}}{2}   b) \frac{\sqrt{3}}{3}   c) \frac{\sqrt{3}}{4}   d) \frac{\sqrt{3}}{5}   e) \frac{\sqrt{3}}{6}  

Solução

Como o número de losangos que forma o hexágono regular V_1 V_2 V_3 V_4 V_5 V_6 é o dobro do número de losangos que forma a estrela ABCDEFGHIJKL, a área da estrela é metade da área do hexágono. E, como o lado da estrela mede 1, o lado do hexágono mede 2. Assim

    \begin{align*} S_{ESTR} & = \frac{1}{2} \cdot S_{HEX} \\ & = \frac{1}{2} \cdot 6 \cdot\frac{2^2\sqrt{3}}{4}\\ & = 3 \sqrt{3}.  \end{align*}

Como a estrela tem 12 lados, o perímetro da estrela é

    \[ 2p = 12 \cdot 1 = 12. \]

Portanto, a razão e pedida é

    \[ \frac{S_{ESTR}}{2p} = \frac{3 \sqrt{3}}{12} = \frac{\sqrt{3}}{4}.  \]

alternativa C  

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Problema

As circunferências \Omega_{1} e \Omega_{2} são tangentes internamente em A e a corda \overline{BC} de \Omega_{1} é tangente a \Omega_{2} em E. \overline{AB} e \overline{AC} interceptam \Omega_{2} em H e G, respectivamente. Se BC=15, AG=2 e AH=3, encontre EB.

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a) 7   b) 8   c) 9   d) 10   e) 11

Solução

1. Inicialmente mostremos a seguinte semelhança: \Delta ABC \sim \Delta AHG.

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Seja r a reta tangente a \Omega_1 e a \Omega_2 em A. O ângulo inscrito A\widehat{G}H e o ângulo de segmento S\widehat{A}B determinam o menor arco \wideparen{AH} (azul). Assim A\widehat{G}H \cong S\widehat{A}B.

De forma similar temos que o ângulo inscrito A\widehat{C}B e o ângulo de segmento S\widehat{A}B determinam o menor arco \wideparen{AB} (vermelho). Assim A\widehat{C}B \cong S\widehat{A}B.

Portanto, A\widehat{G}H \cong A\widehat{C}B \cong S\widehat{A}B e como H\widehat{A}G \cong B\widehat{A}C, os triângulos \Delta ABC e \Delta AHG são semelhantes pelo caso (AA).

2. Mostremos agora a seguinte semelhança: \Delta ACE \sim \Delta AEH.

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O ângulo inscrito A\widehat{E}H e o ângulo de segmento S\widehat{A}B determinam o menor arco \wideparen{AH} (azul). Assim A\widehat{E}H \cong S\widehat{A}B.

De forma similar A\widehat{C}B e o ângulo de segmento S\widehat{A}B determinam o menor arco \wideparen{AB} (vermelho). Assim A\widehat{C}B \cong S\widehat{A}B. Logo A\widehat{C}E \cong A\widehat{E}H \cong S\widehat{A}B.

O ângulo inscrito E\widehat{H}A e o ângulo de segmento C\widehat{E}A determinam o menor arco \wideparen{AE} (verde). Assim E\widehat{H}A \cong C\widehat{E}A.

Portanto, os triângulos \Delta ACE e \Delta AEH são semelhantes pelo caso (AA). Da semelhança temos E\widehat{A}C \cong H\widehat{A}E e então \overline{AE} é bissetriz interna do \Delta ABC.

3. Agora vamos resolver o problema proposto. Como \Delta ABC \sim \Delta AHG temos

    \begin{equation*}  \frac{AC}{AB}=\frac{AG}{AH}=\frac{2}{3}. \end{equation*}

E como \overline{AE} é bissetriz interna do \Delta ABC temos

    \begin{gather*}  \frac{AC}{AB}=\frac{CE}{EB}=\frac{15-EB}{EB} =\frac{2 }{3}\Rightarrow\\ \Rightarrow \frac{15-EB}{EB} =\frac{2 }{3} \Rightarrow \boxed{EB=9}.  \end{gather*}

alternativa C

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CHALLENGING PROBLEMS IN GEOMETRY

Alfred S. Posamentier
Charles T. Salkind

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Problema

Calcule \theta no quadrado ABCD abaixo.

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a) 15^{\circ}   b) 20^{\circ}   c) 30^{\circ}   d) 35^{\circ}   e) 40^{\circ}  

Solução

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Considere \overline{DF}\perp\overline{AE}. Tome G em \overline{DF} tal que G\widehat{A}E=60^{\circ}. Do vértice A do quadrado temos

    \begin{align*}  D\widehat{A}G & = D\widehat{A}B - G\widehat{A}E - E\widehat{A}B\\ & = 90^{\circ}-60^{\circ}-15^{\circ}\\ & = 15^{\circ} \end{align*}

e A\widehat{G}D é externo do \Delta GAF assim

    \begin{align*}  A\widehat{G}D & = G\widehat{A}E + A\widehat{F}G\\ & = 90^{\circ}+60^{\circ}\\ & = 150^{\circ}.  \end{align*}

No \Delta ABE

    \begin{align*}  B\widehat{E}A & = 180^{\circ} - E\widehat{A}B - A\widehat{B}E\\ & =180^{\circ}-15^{\circ}-15^{\circ}\\ & =150^{\circ}.  \end{align*}

Logo, \Delta AGD \cong \Delta AEB pelo caso LAA_{o} e então \overline{AG} \cong \overline{AE}. No \Delta AFG

    \[ \sen 60^{\circ} =\frac{AF}{AG} =\frac{1}{2} \]

logo F é ponto médio do segmento \overline{AE}. Assim \Delta AFD \cong \Delta EFD pelo caso LAL. De onde tiramos que DA=DE. De forma semelhante mostramos que CB=CE. Portanto DE=EC=CD e o \Delta DEC é equilátero. Assim, no vértice C do quadrado temos

    \begin{align*}  \theta & = B\widehat{C}D - E\widehat{C}D\\ & = 90^{\circ} - 60^{\circ}\\ & = 30^{\circ} \end{align*}

alternativa C

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