sexta-feira, 17 de agosto de 2012

Um problema famoso de Geometria

Olá gente! Hoje aprensentarei um problema bastante conhecido em geometria e algumas de suas soluções também muito conhecidas.









O triângulo [;ABC;] ao lado é isósceles de vértice [;A=20^{\circ};] .

Sendo [;D\hat{B}C=50^{\circ};] e [;E\hat{C}B=60^{\circ};] calcule [;C\hat{E}D;].













Resolução 1 :

Vamos usar lei dos senos nessa solução. Clique aqui para ler o post do João sobre geometria com contas.

Se fizermos [;C\hat{E}D=x;] então [;C\hat{D}E=160^{\circ} -x;]

Aplicando a Lei dos Senos no triângulo [;CDE;]...

[;\frac{CE}{CD}=;][;\frac{sen(160^{\circ}-x)}{sen (x)};](I)

e no triângulo [;BCE;] obtemos:

[;\frac{CE}{BC}= \frac{sen(80^{\circ})}{sen(40^{\circ})} = 2 \cdot cos (40^{\circ});] (II) (só usar a fórmula do seno do arco duplo!)

Como [;C\hat{B}D=;][;C\hat{D}B;][;=;]
[;50^{\circ};] então [;\triangle{BCD};] é isosceles. Assim, [;CD=BC;]

Isso nos permite escrever (I)=(II)
L
ogo, [;\frac{sen(160^{\circ} -x)}{sen(x)}=2 \cdot cos(40^{\circ});]

Sendo [;sen(180^{\circ} - x) = sen(x);]


Temos
[;sen(160^{\circ} - x)=;][; sen(180^{\circ} - (160^{\circ} - x)) =;]

[;sen(20^{\circ}+ x) = 2\cdot cos(40^{\circ}) \cdot sen(x)=2\cdot cos(60^{\circ} - 20^{\circ}) \cdot sen(x);]

Usando a fórmula da soma de arcos para o seno e da subtração de arcos para o cosseno obtemos:

[;sen(20^{\circ}) \cdot cos (x) +;][;cos(20^{\circ});][;\cdot;][; sen(x)=;][;cos(20^{\circ});][; \cdot sen(x);][; + \sqrt{3};][;sen(20^{\circ});][; \cdot sen(x);]

[;sen(20^{\circ}) \cdot cos(x) = \sqrt{3}sen(20^{\circ}) \cdot sen(x);]

[;ctg(x)=\sqrt{3};]

daonde [; x=30^{\circ};].

Uma outra solução é obtida de forma mais bonita.

Resolução 2:


Observe a construção abaixo


Na figura abaixo [;ED'\parallel BC;]. Seja [;P;] o ponto de encontro de[;BD';] com[;CE;]. Assim, [; \triangle{BCP};] e [;\triangle{ED'P};] são triângulos equiláteros. Ou seja, [;CP=BC;] como [;\triangle{BCD};] é isosceles, então [;\triangle{PCD};] é isosceles com ângulo do vértice [;\hat{C}=20^{\circ};], assim[;C\hat{P}D=80^{\circ};]como [;E\hat{P}D'=60^{\circ};] e [;E,P;] e [;C;] são colineares, [;D'\hat{P}C=40^{\circ};].

Como
[;D'\hat{P}C=40^{\circ};] e [;B\hat{D'}C=40^{\circ};] [;\triangle{PDD'};] é isosceles com angulo do vétice [; \hat{D}=100^{\circ};] .

Lembrando que [;\triangle{EPD'};] é equilatero. Temos [;ED'=EP;] e [;DP=DD';] assim, pelo caso LLL, [;\triangle{EPD}=\triangle{EDD'};]. Por isso, [;ED;] é bissetriz de [;P\hat{E}D';], logo, [;C\hat{E}D=30^{\circ};].








Há muitas outras soluções para esse problema. Por que você não tenta a sua?

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Até mais!

6 comentários:

  1. Belas Demonstrações para este problema clássico e, na minha opinião, belíssimo, pois seu enunciado é bastante simples mas sua resolução necessita de um pouco de engenhosidade, gostei bastante!

    Até mais !

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  2. Olá diego! Obrigado pelo seu comentário! De fato, embora eu não seja muito bom em geometria, acho incrível como algumas soluções podem ser tão elegantes. Continuaremos postando problemas interessantes.

    Abraço e até mais !

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  3. Legal ! O blog está muito bom ! Parabéns :D

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    Respostas
    1. Obrigado, Lucas! Fazemos o melhor para passar o conhecimento!

      Excluir
  4. Porq n tm um campo onde os problemas apresentados fornecem as soluções?

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  5. Puxa vida, o blog é bem interessante! Meu professor o indicou em sala, parabéns!

    Cumprimentos,
    Lu

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