Olimpíadas ⇒ (OMA - 2005) Geometria Plana: Triângulos Tópico resolvido

[Z-BosoN]

(OMA- 2005) No triângulo isósceles [tex3]ABC[/tex3], com [tex3]AB\, =\, AC[/tex3], seja [tex3]M[/tex3] o ponto médio de [tex3]BC.[/tex3] O ponto [tex3]D[/tex3] no lado [tex3]BC[/tex3] é tal que [tex3]B\hat{A}D=\frac{1}{6}B\hat{A}C[/tex3] . A reta perpendicular a [tex3]AD[/tex3] por [tex3]C[/tex3] corta [tex3]AD[/tex3] em [tex3]N[/tex3] de modo que [tex3]DN = DM.[/tex3] Calcule os ângulos do triângulo [tex3]ABC.[/tex3]

[matbatrobin]

Neste exercício temos o seguinte:

imagem.GIF (3.38 KiB) Exibido 1821 vezes

Agora vamos aos ângulos:

(1)Como o segmento AM é a altura e o triângulo ABC é isósceles temos [tex3]B\hat{A}M=C\hat{A}M[/tex3], logo [tex3]B\hat{A}D=\frac{\alpha}{6},\,D\hat{A}M=\frac{2\alpha}{6}\,e\,G\hat{A}C=\frac{3\alpha}{6}[/tex3].

Calculando temos:
(2)[tex3]A\hat{G}N=90^{\circ}-\frac{\alpha}{3}[/tex3]
(3)No [tex3]\triangle ANC:\,\, G\hat{C}A=90^{\circ}-\frac{5\alpha}{6}[/tex3]
(4)Por ângulos opostos pelo vértice: [tex3]M\hat{G}C=90^{\circ}-\frac{\alpha}{3}\Rightarrow M\hat{C}G=\frac{\alpha}{3}[/tex3]

*Então temos que os triângulos AGN e CGM são semelhantes.

Agora vamos ao triângulo isósceles NDM:

(5)Como AM é altura vem que [tex3]A\hat{M}B=90^{\circ}[/tex3] e como [tex3]D\hat{A}M=\frac{\alpha}{3}[/tex3] temos que [tex3]A\hat{D}M=90^{\circ}-\frac{\alpha}{3}[/tex3], logo [tex3]D\hat{N}M=D\hat{M}N=45^{\circ}+\frac{\alpha}{6}[/tex3]

(6)[tex3]A\hat{M}B=D\hat{M}N+G\hat{M}N \\ G\hat{M}N=90^{\circ}-(45^{\circ}+\frac{\alpha}{6})=45^{\circ}-\frac{\alpha}{6}[/tex3]

(7)[tex3]D\hat{N}G=D\hat{N}M+G\hat{N}M \\ G\hat{N}M=90^{\circ}-(45^{\circ}+\frac{\alpha}{6})=45^{\circ}-\frac{\alpha}{6}[/tex3]

**Então temos que o triângulo GNM é isósceles.

(8)E se é isósceles então os lados GM e GN tem mesma medida isso implica que os triângulos AGN e CGM são semelhantes e congruentes, logo AG=CG e, com isso, o triângulo AGC também é isósceles.

(9)[tex3]G\hat{C}A=G\hat{A}C \\ 90^{\circ}-\frac{5\alpha}{6}=\frac{3\alpha}{6} \\ \alpha=67,5^{\circ}[/tex3]

Então os ângulos ficam: [tex3]67,5^{\circ},\,56,25^{\circ},\,56,25^{\circ}[/tex3]

Se alguém tiver o gabarito dessa prova por favor comente!

[Marcos]

[tex3]OBS[/tex3]:Neste exercício a imagem foi perdida.Espero que ajude a solução bem com a imagem.

OMA (1)-2005.gif (3.99 KiB) Exibido 1659 vezes

Dados:

[tex3]\overline{AB} = \overline{AC}[/tex3]
[tex3]M[/tex3] ponto médio [tex3]\overline{BC}[/tex3]
[tex3]BAD = \frac{1}{6} BAC[/tex3]

Solução:

[tex3]\Delta ADM \sim \Delta CDN[/tex3]
[tex3]\overline{AD} \simeq \overline{CD}[/tex3]
Logo [tex3]\Delta ADC[/tex3] é isósceles.

No [tex3]\Delta ABC[/tex3]:
[tex3]5a+5a+6a=180^o \rightarrow[/tex3] [tex3]a=11,25^o[/tex3]

[tex3]\hat{A} = 6a = 67^030'[/tex3]
[tex3]\hat{B} = \hat{C} = 5a = 56^015'[/tex3]

[tex3]Resposta[/tex3]:[tex3]56^015'[/tex3],[tex3]56^015'[/tex3] e [tex3]67^030'[/tex3].