Estude! Com Prof. Caju

Usando a propriedade [tex3]\mathsf{
3\theta = U+N +3\alpha \implies U+N = 3(\theta -\alpha)\\
\theta =C+P +\alpha \implies C+P = \theta -\alpha\\
\therefore U+N = 3(C+P)
\frac{U+N}{C+P} + 5 = \frac{3(C+P)}{C+P} + 5 =3+5 = \boxed{8}
} [/tex3]

[tex3]\mathsf{ \angle A = 180-74 - (180-(x+\theta)) = x+\theta - 74\\ \angle C = 180-A - (180-2\theta) = 254-x-\theta-180+2\theta\\ \angle C = 74-x+\theta\\ C-A = 96 (I)\\ A+C =x+\theta-74+74 - x+\theta =2\theta(II)\\ (II)-(I): 2A = 2\theta -96\ \implies A = \theta-48\\ \triangle: 106= A+180-x+\theta\ = \theta - 48+180-x+\theta = -x+132 \\ \therefore\boxed{x = 26^o} }[/tex3]...

Usando a propriedade: [tex3]\mathsf{ x = 90^o + \frac{\angle A}{2}\\ \angle MBN \cong \angle MNB = \alpha\\ \angle QNC \cong \angle QCN = \beta\\ \alpha +\beta +120^o = 180^o \implies \alpha +\beta = 60^o \\ \triangle ABC: \angle A+\alpha+\beta = 180^o \implies \angle A+60 = 180 \therefore \angle A = 120^o \\ \therefore x =90+\frac{120}{2} = \boxed{150^ o} }[/tex3]...

[tex3]\mathsf{
2\phi=180-\beta+180-\alpha = 360 - (\alpha+\beta) = 360-250 =110\\
\therefore \phi = 55\\
x+90+\phi =180 \implies x = 90-55 =\boxed{35^o }
}[/tex3]

[tex3]\mathsf{
2a+2b +16 = 180^o \implies a+b = 82^o \\
90^o -x =a+b = 82^ o\\
\therefore \boxed{x = 8^o}
}[/tex3]

[tex3]\mathsf{ 180-2\theta + 180-2\phi+80 = 180 \implies \theta+\phi = 130^o \\ \underbrace{\theta +\phi} +2\beta+2\delta =360^o \implies 130+2(\beta+\delta) = 360^o \\ \therefore \beta + \delta = 115^o \\ \triangle_{central}> x+180-(\theta+\beta) +180-(\phi+\delta) = 180\\ x-(\theta+\beta+\phi+\delta)=-180 \implies x - 245 = -180 \therefore \boxed{x = 65^o} }[/tex3]...

No pentágono:

[tex3]\mathsf{
180-a+ 180-\phi+180-\theta+180-\beta+180-(\alpha+b+x) = 540\\
-(a+b+\alpha+\phi+\theta+\beta-x) = -360 \implies -(160+180-x) = -180\\
\therefore -x -340 = -360 \implies \boxed{x = 20^o}
}[/tex3]

[tex3]\mathsf{ \triangle ABE_{(isosc)}:AE =2AH\\ T.Bissetriz:\frac{AB}{BC} (I)= \frac{AD}{DC}\\ AD = \frac{AH}{\sen(53º)}\\ DC = AC - AD = 15 - \frac{AH}{\sen(53º)}}\\ \frac{AD}{DC}=\frac{\frac{AH}{sen 53}}{15-\frac{AH}{sen53}} = \frac{AH}{15sen53-AH}\\ \triangle BCH': BC= \frac{BH'}{cos \alpha}\\ \triangle BHA: AB = \frac{BH}{cos \alpha}\\ Substiuindo(I):\frac{AB}{BC} = \frac{BH}{BH'}[/tex3]...

△AEI≡△CBH, [tex3]\rightarrow [/tex3] EI=BH=IB, portanto o triÂngulo △EIB é retângulo e isósceles, de donde: [tex3]\boxed{∠EBA=45^o}[/tex3]
(Solução:Pie)

[tex3]\mathsf{ \triangle BED: 2\theta = 180-x+180-3\alpha \implies x = 360-3\alpha - 2\theta(I)\\ \triangle BEC:180-y+180-2\alpha+180-3\theta=180 \implies y = 360-2\alpha - 3\theta(II)\\ (I)+(II) = x+y = 720-5(\alpha+\theta)\\ \triangle ABE:2\alpha+2\theta+20 = 180 \implies \alpha+\theta = 80^o \\ Substituindo: x+y = 720-5(80) = \boxed{320^o } }[/tex3]...

[tex3]\mathsf{ \triangle ABC: \angle B = 120+x:\\ 120+x+\alpha+\beta = 180^o \implies x = 60^o -\alpha-\beta(I)\\ \triangle ADE: 60-x+\beta +60+180-\theta = 180 \implies x = 120+\beta -\theta(II)\\ (I)+(II) : 2x = 180-(\alpha+\theta) = 180 - 140 = 40 \therefore \boxed{x = 20^o } }[/tex3]...

[tex3]\mathsf{

\triangle ABC:a+2\alpha+4b = 180 \implies \underbrace{a+2b}_{100}+2b+2\alpha = 180\\
\therefore \alpha+b = 40^o \\
\triangle EBC: x+\underbrace{\alpha+b}_{40} = 180 \implies x+40 = 180\\
\therefore \boxed{x = 140^o }
}[/tex3]

[tex3]\mathsf{
\triangle ABC: 2a+2b+2c =180 \implies a+b+c =90^o \\
\triangle RST: 180-\alpha+b+180-\beta+c+180-\theta+a = 180 \implies \underbrace{a+b+c}_{90} - (\alpha+\beta+\theta) = -360 \\
\therefore\boxed{\alpha+\beta+\theta = 270^ o}
}[/tex3]

[tex3]\mathsf{ \angle HAC = \alpha \implies \angle BAH = 3\alpha\\ \therefore \angle BAC = 3\alpha+\alpha = 4\alpha \implies \angle MCA = 2\alpha\\ \triangle HAC: 4\alpha+\alpha = 180^o \implies \alpha = 36^o \\ \triangle ACM: \angle AMC = 180 - 36-72 = 72^o \\ \therefore \triangle MCA_{(isoceles)} \implies C = CM = 8\\ \angle B = 180-2(72) = 36^o \\ \triangle CMB_{(isosceles)} \implies CM = \boxed{MB = 8} }[/tex3]...

\mathsf{ \angle C = 4\beta\\ \triangle ABC: 2\delta = 4\beta+4\beta \implies\delta = 4\beta\\ \triangle ADC_{(isosc.)}: 2\beta+4\beta+4\beta = 180 \implies \beta= 18^o \\ \therefore \delta = 4.18 = 72^o = \angle C \\ \triangle ADC: 2\phi =...

\mathsf{ \boxed{}_{ABCD}: 180-a+180-b+3\alpha+2\gamma+2\theta+3\theta = 360\\ a+b = 2(\alpha+\beta+\gamma+\theta)\\ \angle BEC = \gamma+3\alpha(I)\\ \angle FEC = \theta+\gamma(II)\\ \therefore (I)+(II) = 180^o \implies 3\alpha+2\gamma+\theta...

[tex3]\mathsf{\triangle EFM:180-(\alpha+\beta)+180-(\theta+\phi) +x = 180 \implies x = \alpha+\phi+\beta+\theta-180^o\\ ABCD:2\alpha+2\phi +220 = 360 \implies \alpha+\phi=70^o \\ \triangle MGH:x+\beta+\theta =180^o \implies \beta+\theta = 180^o -x\\ Substituindo: x = 70+180-x-180 \implies 2x = 70\\ \therefore \boxed{x = 35^o} } [/tex3]...

Seja E o vértice do ângulo x
\mathsf{ \angle CAB = \angle CBA = \frac{180-30}{2} = 75^o \implies 2\beta +\angle CAD = 75^o \implies \angle CAD = 75^o - 2\beta (I)\\ \angle BCD = \angle CDB = 180 -75 - 2\theta = 105^o -2\theta(II)\\ \angle...

"AC é diâmetro de uma circunferência que deve passar por B e D (por serem B^ e D^ retos), então traçando algumas linhas e completando ângulos (por ângulos inscritos e semelhança de triângulos retângulos), tem-se:"
Como △CHP∼△DMP y △DPC é isósceles...

Por ser PM mediatriz de BD △DPB e △BFD são isósceles, e por △PCB também ser isósceles e BD bissetriz de ∠CBF, temos que [tex3]∠FDB=∠DBF=3α[/tex3], [tex3]\rightarrow [/tex3] BC∥FD e △ABC∼△AFD.

Como: ∠DAF=180−(180o−6α+4α)=2α, o triángulo △ABP é...

[tex3] △AMB \sim △CRB \\
∠BMA=3α \implies 5α=180^o \therefore \boxed{α=36[sup]o[/sup]}[/tex3]
(Solução:Pie)

AF bissectrize e △CAD isósceles [tex3]\rightarrow [/tex3] AM é mediatriz de DC,
Portanto DF=FC e como [tex3]AB+BD=AC=AB+\frac{FC}{2} \implies BD=\frac{FC}{2}.\\ \therefore \triangle BDF: cos \angle BDF = \frac{1}{2} \implies \boxed{\angle BDF = 60^o} [/tex3]...

Para a resolução precisamos dos triângulos retÂngulos aproximados: \mathsf{ sen72^o =\frac{BH}{AB} \implies BH = sen72.AB\\ \angle ABH = 18^o \implies sen18 = \frac{AH}{AB} \implies AH = sen18.AB\\ senC = \frac{BH}{BC} = \frac{BH}{2AH+AB} =...

in pérdida de generalidad podemos suponer que AB=13 y MC=5. Entonces trazando la bisectriz de 4α y llamando D a su intersección con BM:
Triángulo △BDA é isósceles,
△DAM e △ABM são semelhantes.
Sendo x = AC = BM e y = BD = DA, por semelhança :
...

Traçando a bissetriz de ∠BCP e seja F a sua intersecão com AB, P é incentro do triângulo △AFC:
Como △BCP é isósceles, CF é mediatriz de PB e portanto △PFB também é isósceles. De donde:

[tex3]∠BPE=2∠FBM.\\ ∠FBM=180^o−(2θ−32^o+3θ+90^o−θ)=122^o−4θ \therefore 3(122^o−4θ)=90^o \implies θ=23^o[/tex3]...

Por ser AN bissetriz e altura do △BAL, ele é isósceles, de donde: LC = 6.
Chamando E o ponto médio de BC, temos que NE = LC/2 = 3 e ME = DB/2 = 4, con NE ∥ HC e EM ∥ HD, por tanto ∠MEN é reto e assmi:

[tex3]NM^2=3^2+4^2⟹\boxed{NM=5}[/tex3]
(Solução:Pie)

[tex3]\mathsf{
AC = BC = l \implies \triangle ABC_{(isosc)}\\
AH = HC = \frac{AC}{2}\\
AB = 2HC = 2.\frac{AC}{2} = AC \implies \triangle ABC_{(equil.)}\\
\therefore \boxed{\angle ABC = 60^o}
}[/tex3]