Vol. 09 - Geometria Plana FME 2004 ⇒ 367 - FME 09 -Teste de Vestibulares Tópico resolvido

[petrasMOD]

(FESP-91) Um triângulo equilátero A BC escá inscrito numa circunferência de raio igual a 6 cm. O triângulo é interceptado por um diâmetro de circunferência, formando um trapézio, conforme a figura abaixo.
Podemos afirmar então que a razão entre a área do triângulo ABC e a do trapézio é igual a:

a) [tex3]\frac{5}{4}[/tex3]
b) [tex3]\frac{9}{5}[/tex3]
c) [tex3]\frac{9}{8}[/tex3]
d) [tex3]\frac{9}{4}[/tex3]
e) [tex3]\frac{8}{5}[/tex3]

Resposta

---

Gabarito: b)

[petrasMOD]

[tex3]cos30^o = \frac{\frac{l}{2}}{6} \implies l = 6\sqrt3=BC \implies S_\triangle = \frac{l^2\sqrt3}{4} = \frac{(6\sqrt3)^2.\sqrt3}{4} = 27\sqrt3\\
sen30^o = \frac{OH}{6} \implies \frac{1}{2} = \frac{OH}{6} \implies OH=3\\
h_{\triangle ABC} = \frac{l\sqrt3}{2} = \frac{6\sqrt3 .\sqrt3}{2}=9\implies AO = 9-3=6\\
\triangle APQ: h = \frac{l\sqrt3}{2} = 6 \implies l = \frac{12}{\sqrt3} = 4\sqrt3 = PQ \\
S_{(trap)} = \frac{PQ+BC}{2} . OH = \frac{4\sqrt3+6\sqrt3}{2}.3 =15\sqrt3\\
\therefore \frac{27\sqrt3}{15\sqrt3} = \boxed{\frac{9}{5}} [/tex3]

[rcompany]

[tex3]H\text{ o pé da altura oriunda de $A$ em $\triangle ABC$}\\
\triangle ABC\text{ equilátero} \implies O\text{ centro do círculo circunscrito também é baricentro}\implies AO=\frac{2}{3}AH\implies AH=9\\
\implies OH \text{ (altura do trapézio $BPQC$) }=\frac{1}{3}AH\text{ e }AH=9\implies OH=3\\
AB=\frac{AH}{\cos 30°}=\frac{2}{\sqrt{3}}\cdot AH=\frac{18}{\sqrt{3}}\\
\therefore A(\triangle ABC)=\frac{1}{2}\cdot 9\cdot\frac{18}{\sqrt{3}}=\frac{81}{\sqrt{3}}\\
A(BPQC)=\frac{PQ+BC}{2}\cdot OH=\frac{\dfrac{2}{3}BC+BC}{2}\cdot OH=\frac{45}{\sqrt{3}}\\

\frac{A(\triangle ABC)}{A(BPQC)}=\frac{81}{45}=\frac{9}{5}

[/tex3]