IME / ITA ⇒ (Colégio Naval - 2004) Geometria Plana: Área de um Triângulo Tópico resolvido

[estrela]

• 

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Na figura acima, [tex3]ABCD[/tex3] é um quadrado de área [tex3]104[/tex3] e o ponto [tex3]O[/tex3] é o centro do semicírculo de diâmetro [tex3]AB.[/tex3] A área do triângulo [tex3]AEF[/tex3] é dada por:

a) [tex3]2 (3\sqrt {3} + 3)[/tex3]
b) [tex3]6 (4\sqrt {3} - 3)[/tex3]
c) [tex3]5 (4\sqrt {3} - 6)[/tex3]
d) [tex3]3 (4\sqrt {3} - 3)[/tex3]
e) [tex3]8 (4\sqrt {3} - 3)[/tex3]

Resposta:

---

d

Amigos,
Gostaria que me ajudassem na resolução desse exercício utilizando (se possível) somente conceitos matemáticos até o 9º ano do ensino fundamental II.
Grata, Roberta.

[F u r u y á]

Solução por Geometria Analítica

---

Vamos definir os eixos coordenados:

• [tex3]\text{origem} = A[/tex3]
  [tex3]x[/tex3] cresce no sentido de [tex3]A[/tex3] para [tex3]B[/tex3] (para a direita)
  [tex3]y[/tex3] cresce no sentido de [tex3]D[/tex3] para [tex3]A[/tex3] (para cima)

Equação da reta que contém [tex3]AE[/tex3]:

• [tex3]y = \tan{30^\circ} x[/tex3] (reta [tex3]r[/tex3])

Equação da semi-circunferência:

• [tex3]\left ( x - {\ell \over 2} \right )^2 + y^2 = \left ( {\ell \over 2} \right )^2[/tex3] (circunferência [tex3]\lambda[/tex3])

Dessa forma, o ponto [tex3]E = \left(e_x, \ e_y\right)[/tex3] é a solução não nula de [tex3]r \cap \lambda[/tex3]:

• [tex3]
  
  \begin{cases} y = \tan{30^\circ}x & \\ \left ( x - {\ell \over 2} \right )^2 + y^2 = \left ( {\ell \over 2} \right )^2 & \text{, com }\ell^2 = 104\end{cases}
  
  [/tex3]

• [tex3]\left ( x - {\ell \over 2} \right )^2 + \left ( \tan{30^\circ}x \right )^2 = \left ( {\ell \over 2} \right )^2 \\
  x^2 - x\ell + \left( {\ell \over 2} \right)^2 + \left({\sqrt{3} \over 3}x\right)^2 = \left( {\ell \over 2} \right)^2 \\
  x^2 - x\ell + {3 \over 9}x^2 = 0\\
  {12 \over 9}x^2 - x\ell = 0\\
  x \left( {4 \over 3}x - \ell \right)= 0\\
  e_x = {3 \over 4}\ell \\
  \begin{matrix}e_y &=& \tan{30^\circ}e_x\\ \ &
  =& \left({\sqrt{3} \over 3}\right) \left( {3 \over 4}\ell \right) \\ \ &
  =& {\sqrt{3} \over 4} \ell \end{matrix}[/tex3]

Portanto [tex3]\overline{EG} = e_y + \ell = {\sqrt{3} \over 4}\ell + \ell[/tex3] e [tex3]\overline{DG} = e_x = {3 \over 4}\ell \\[/tex3], onde [tex3]G[/tex3] é o ponto [tex3]G = \left( e_x, \ -\ell \right)[/tex3].

Ponto G.

colegionaval2.png (3.75 KiB) Exibido 6396 vezes

• Dessa forma, podemos calcular coeficiente angular da reta que contém [tex3]\overline{DE}[/tex3]:
  [tex3]\begin{matrix}\frac{\overline{EG}}{\overline{DG}} &=& \frac{{\sqrt{3} \over 4}\ell + \ell}{{3 \over 4}\ell} \\ \ &
  =& \frac{ {\sqrt{3}\ell + 4\ell \over 4} } { {3 \over 4} \ell } \\ \ &
  =& \frac{\ell \left( \sqrt{3} + 4 \right)}{\ell \left( 3 \right)} \\ \ &
  =& {\sqrt{3} + 4 \over 3}\end{matrix}[/tex3]

E a equação da reta que contém [tex3]\overline{DE}[/tex3] resulta:

• [tex3]y = {\sqrt{3} + 4 \over 3}x - \ell[/tex3] (reta [tex3]s[/tex3])

O ponto [tex3]F = \left(f_x, \ f_y\right)[/tex3] fica determinado por [tex3]s \cap 2{y=0}[/tex3]:

• [tex3]
  
  \begin{cases} y = {\sqrt{3} + 4 \over 3}x - \ell \\ y = 0\end{cases}[/tex3]

• [tex3]0 = {\sqrt{3} + 4 \over 3}x - \ell \\
  {\sqrt{3} + 4 \over 3}x = \ell \\
  f_x = \frac{3\ell}{\sqrt{3} + 4}[/tex3]

Logo, a área pedida pode ser calculada como:

• [tex3]\begin{aligned}\text{Area} &= \frac{f_x \cdot e_y}{2} \\ \
  &= \frac{\left( \frac{3\ell}{\sqrt{3} + 4} \right) \left( {\sqrt{3} \over 4} \ell \right)} {2} \\ \
  &= \frac {\frac{3\sqrt{3}} {4 \left( \sqrt{3} + 4 \right)}\ell^2} {2} \\ \
  &= \frac{3\sqrt{3}} {8 \left( \sqrt{3} + 4 \right)} 104 \\ \
  &= \frac{3\sqrt{3}} {\left( \sqrt{3} + 4 \right)} 13 \\ \
  &= \frac{3\sqrt{3}} {\left( \sqrt{3} + 4 \right)} 13 \frac{4 - \sqrt{3}}{4 - \sqrt{3}}\\ \
  &= 13 \frac{3\sqrt{3}} {\left( 16 - 3 \right)} \left( 4 - \sqrt{3} \right) \\ \
  &= 3\sqrt{3} \left( 4 - \sqrt{3} \right)\end{aligned}[/tex3]
  [tex3]\boxed{\text{Área} = 3 \left( 4\sqrt{3} - 3 \right)}[/tex3]

[F u r u y á]

Solução por Geometria Plana

Considere a Figura:

• 

  Segmento EH (perpendicular a AB) interceptando AB em G e DC em H.

  colegionaval_geoplana.png (3.59 KiB) Exibido 6356 vezes

Seja [tex3]\ell[/tex3] o lado do quadrado.

Se [tex3]\angle{EAB} = 30^\circ[/tex3], então [tex3]\angle{EOB} = 60^\circ[/tex3].

Mas se [tex3]\angle{EOB} = 60^\circ[/tex3] então temos que:

• [tex3]\triangle{EOB}[/tex3] é equilátero;
• [tex3]\overline{EB} = \mbox{raio do semi-circulo} = {\ell \over 2}[/tex3];
• [tex3]\angle{EBG} = 60^\circ[/tex3] e [tex3]\angle{GEB} = 30^\circ[/tex3];
• [tex3]\overline{GB} = {\ell \over 2} \sin{30^\circ} = {1 \over 4} \ell[/tex3];
• [tex3]\overline{EG} = {\ell \over 2} \cos{30^\circ} = {\sqrt{3} \over 4} \ell[/tex3].

Os triângulos [tex3]EFG[/tex3] e [tex3]EDH[/tex3] são semelhantes. A razão de semelhança, [tex3]k[/tex3], é dada por:

• [tex3]\begin{array}{rl}k &= \frac{\overline{EG}} {\overline{EH}} \\
  &= \frac{{\sqrt{3} \over 4} \ell}{{\sqrt{3} \over 4} \ell + \ell}\\
  & = \frac{{\sqrt{3} \over 4} \ell} {{\sqrt{3} \over 4} \ell + \ell} \cdot {4 \over 4} \\
  & = \frac{\sqrt{3} \ell} {\sqrt{3} \ell + 4 \ell}\\
  & = \frac{\sqrt{3}} {\sqrt{3} + 4}\end{array}[/tex3]

Dessa forma, podemos diretamente determinar [tex3]\overline{FG}[/tex3]:

• [tex3]\begin{array}{rl}\overline{FG} &= k \cdot \overline{DH} \\
  &= k \left( \overline{DC} - \overline{HC}\right) \\
  &=\frac{\sqrt{3}} {\sqrt{3} + 4} \left( \ell - {1 \over 4} \ell \right) \\
  &= \frac{\sqrt{3}} {\sqrt{3} + 4} \left( {3 \over 4} \ell \right)\\
  & = {3 \over 4} \cdot \frac{\sqrt{3}} {\sqrt{3} + 4} \ell \end{array}[/tex3]

O segmento [tex3]\overline{AF}[/tex3] pode ser calculado por:

• [tex3]\begin{array}{rl}\overline{AF} &= \overline{AB} - \overline{FB} \\
  &= \overline{AB} - \left( \overline{FG} + \overline{GB}\right) \\
  &= \ell - \left( {3 \over 4} \cdot \frac{\sqrt{3}} {\sqrt{3} + 4} \ell + {1 \over 4}\ell \right) \\
  &= {4 \over 4}\ell - {3 \over 4} \cdot \frac{\sqrt{3}} {\sqrt{3} + 4} \ell - {1 \over 4}\ell \\
  &= {3 \over 4}\ell - {3 \over 4} \cdot \frac{\sqrt{3}} {\sqrt{3} + 4} \ell \\
  &= {3 \over 4} \left( 1 - \frac{\sqrt{3}} {\sqrt{3} + 4} \right) \ell \end{array}[/tex3]

Racionalização de [tex3]\frac{\sqrt{3}} {\sqrt{3} + 4}[/tex3]:

• [tex3]\begin{matrix} \frac{\sqrt{3}} {\sqrt{3} + 4} \cdot \frac{4 - \sqrt{3}}{4 - \sqrt{3}} &=& \frac{4\sqrt{3} - 3}{16 - 3} \\ &
  =& \frac{4\sqrt{3} - 3}{13} \end{matrix}[/tex3]
  [tex3]\begin{matrix}\overline{AF} &=& {3 \over 4} \left( 1 - \frac{4\sqrt{3} - 3}{13} \right) \ell \\ &
  =& {3 \over 4} \left( \frac{13 - 4\sqrt{3} +3}{13}\right) \ell \\ &
  =& {3 \over 4} \left( \frac{16 - 4\sqrt{3}}{13}\right) \ell \\
  \end{matrix}[/tex3]

Finalmente, a área pedida é:

• [tex3]\begin{array}{rl}[AEF] &= \frac{\overline{AF} \cdot \overline{EG}}{2} \\
  & = \frac{ {3 \over 4}\cdot \left( \frac{16 - 4\sqrt{3}}{13}\right) \ell \cdot {\sqrt{3} \over 4} \ell}{2} \\
  & = \frac{1}{2}\cdot \frac{3\sqrt{3}}{16}\cdot \frac{4}{13}\cdot (4-\sqrt{3})\cdot \ell^2\\
  & = \frac{3\sqrt{3}}{8\cdot 13}\cdot (4-\sqrt{3})\cdot 104\\
  &=12\sqrt{3}-9\\
  &=3 \cdot( 4 \sqrt{3} - 3). \end{array}[/tex3]

Roberta, veja que de fato a solução por geometria plana ficou mais elegante, conforme esperávamos.