Ensino Fundamental ⇒ Região hachurada em um triângulo inscrito Tópico resolvido

[Loreto]

E os que vem com erros te irritam.

[Loreto]

É que eu acho esse livro peruano bem bizarro, só não sei o motivo dessa dedicação que vocês têm nele. Kkk
Enfim, cada um com seus gostos.

kkkkk é o famoso doutor Segadas do Triste fim do Policarpo Quaresma "Se não era formado, pra quê (tantos livros)? Pedantismo". Figura muito comum aqui no Brasil.

Você não entendeu minha colocação. É que muitos desses problemas possuem erros, mas ok se eles te enteressam.

[geobson]

Por propriedade do triângulo inscrito, cujos lados são os pés das altura menores tal que essas partem de uma maior, então se um dos vértices pertence ao circuncentro então o quadrilátero é paralelogramo !

você teria algum link sobre

[geobson]

Pronto, eu tenho certeza que HMON NÃO é paralelogramo, na maioria dos casos e portanto O NÃO é ortocentro do BMN, na maioria dos casos

Tecnicamente falando , em que casos não seria um paralelogramo?

[FelipeMartinMOD]

geobson, quase todos. Pra ser paralelogramo só em casos especiais, como o triângulo original sendo isósceles etc. Desenha no geogebra essa figura ai

[petrasMOD]

geobson,

Como o Felipe alertou O não é ortocentro e MONH não é um paralelogramo
Segue a imagem correta para quem for resolver

[geobson]

FelipeMartin, mas tirando essa parte do paralelogramo e , em vez disso , usando as isogonais para provar que BO perpendicular a MN , tà correto o resto da soluçâo, não?

[FelipeMartinMOD]

geobson, acho que sim. As contas estão certas, elas não usam que O é ortocentro.

[petrasMOD]

geobson, FelipeMartin,

...então o quadrilátero é paralelogramo !...falso
PN é perpendicular a AB bem como MQ é perpendicular a BC...falso
Traçando MN e BH' fica fácil verificar que O é ortocentro...falso
AbH e CbH' são isogonais e portanto congruos..ok
P e Q são pontos médios..falso
ABC~BMN ...ok
BMH~BQO...creio que seja falso

[FelipeMartinMOD]

conforme provado, [tex3]BO[/tex3] é perpendicular a [tex3]MN[/tex3].

A área da figura então é [tex3][BMON] = [BMN] - [MNO] = \frac12 BO \cdot MN = \frac12 R \cdot MN[/tex3]

como [tex3]\triangle MBN \sim \triangle CBA[/tex3], então [tex3]\frac{MN}{MB} = \frac{b}{a}[/tex3], mas [tex3]MB = BH \sen ( \angle A)[/tex3] (pois [tex3]\angle MHB = 90 - (90 - \angle A)[/tex3])

pronto:

[tex3][BMON] = \frac12 \cdot R \cdot \frac ba \cdot BH \cdot \sen (\angle A) = [ABC] \cdot \frac{R \sen (\angle A )}{a} = [ABC] \cdot \frac12[/tex3]

download/file.php?id=51024

ok? geobson, petras