Ensino Médio ⇒ Razão de segmentos Tópico resolvido

[matbatrobin]

Em um [tex3]\triangle ABC,\,AD,\,BE,\,CF[/tex3] são concorrentes no ponto [tex3]P[/tex3] tal que [tex3]AP=PD=6,\,EP=3,\,PB=9,\,CF=20[/tex3]. Qual a área do [tex3]\triangle ABC[/tex3]?

[triplebig]

Ainda não consegui, mas pelo Geógebra eu descobri que a resposta é [tex3]108[/tex3] e que o valor de [tex3]x[/tex3] é [tex3]5[/tex3] .
Está aí a figura proporcional caso alguem queira tentar.

razão de segmentos2.jpg (19.1 KiB) Exibido 6001 vezes

[matbatrobin]

Eu também só avancei até aí... não sei como achar área total em função disso...porque eu só sei a relação entre as áreas menores mas não descubro nem uma delas que é justamente o que eu preciso

[triplebig]

Finalmente! A solução está um monstro e com certeza tem uma mais simples, mas eu revi e a matemática está válida, então é melhor isso do que nada! Lá vai:

TriânguloBRUTAL.jpg (19.95 KiB) Exibido 5977 vezes

Ok! Por semelhança [tex3]\overline{EJ}=6[/tex3] e [tex3]\overline{PJ}=9[/tex3] . Com isso [tex3]\overline{DJ}=\overline{AB}[/tex3] e o ponto [tex3]A\text{ , }D\text{ , e }J[/tex3] são os ponto médios dos lados de [tex3]\triangle KBC[/tex3] e o ponto [tex3]E[/tex3] é o baricentro do [tex3]\triangle KBC[/tex3] .

Suposição: Se [tex3]\overline{JB}\, \perp\, \overline{AD}\;\Rightarrow\;[ADB]=54\;\Rightarrow\;[ABC]=108[/tex3]

Seja [tex3]T[/tex3] o ponto [tex3]\overline{EI}\,\cap\, \overline{PC}[/tex3] .

----------Em [tex3]\triangle EIP\sim\triangle APB[/tex3]:

[tex3]\frac{x}{PT}=\frac{9}{3}\;\Leftrightarrow\;PT=\frac{x}{3}[/tex3]

----------Em [tex3]\triangle CAF\sim \triangle CET[/tex3] :

[tex3]\frac{20-x-\frac{x}{3}}{20}=\frac{2}{3}\;\Leftrightarrow\;x=5[/tex3]

Agora seja [tex3]Q=\overline{JD}\,\cap\,\overline{CF}[/tex3] . Por semelhança, [tex3]\overline{PQ}=5[/tex3]

Temos que [tex3]\triangle EQP\sim \triangle CPJ[/tex3] , pois tem um ângulo em comum e seus lados tão na razão [tex3]\frac{5}{3}=\frac{15}{9}[/tex3] (Pois [tex3]\overline{JP}=9[/tex3] como vimos antes ) . Assim:

[tex3]\frac{EQ}{JC}=\frac{3}{JP}\;\Leftrightarrow\;EQ=\frac{3\cdot 12}{9}=4[/tex3]

Assim [tex3]\triangle EPQ[/tex3] é pitagórico e [tex3]\angle PEQ =90^\circ[/tex3] e também vemos que [tex3]\triangle ETQ \sim \triangle PIT[/tex3] e então [tex3]EQ\parallel PI[/tex3] , logo [tex3]\angle DPB[/tex3] é reto e [tex3]\overline{JB}\, \perp\, \overline{AD}[/tex3] , c.q.d. .

[adrianotavares]

Olá, matbatrobin.

raz%C3%A3o%20de%20segmentos2.jpg (13.08 KiB) Exibido 5962 vezes

Como num losango as diagonais perpendiculares entre si conclui-se que o [tex3]\Delta PDB[/tex3] é retângulo em [tex3]P[/tex3], assim como o [tex3]\Delta AEP[/tex3].

Aplicando Pitágoras no [tex3]\Delta APE[/tex3] teremos:

[tex3]AE= 3 \sqrt{5}[/tex3]

Sendo os triângulos [tex3]AEP[/tex3] e [tex3]AMD[/tex3] teremos:

[tex3]\frac{EP}{MD}= \frac{6}{12} \Rightarrow MD= 6[/tex3]

[tex3]\frac{3}{6}= \frac{3 \sqrt{5}}{ME+3 \sqrt{5}} \Rightarrow ME= 3 \sqrt{5}[/tex3]

Aplicando Pitágoras no [tex3]\Delta APB[/tex3] teremos:

[tex3]AB= 3 \sqrt{13}[/tex3]

Sendo isósceles o [tex3]\Delta ABD[/tex3] tem-se:

[tex3]AB= BD= 3 \sqrt{13}[/tex3]

Como os triângulos [tex3]CEB[/tex3] e [tex3]CMD[/tex3] são semelhantes temos:

[tex3]\frac{6}{12}= \frac{CD}{CD+3 \sqrt{13}} \Rightarrow CD= 3 \sqrt{13}[/tex3]

[tex3]\frac{6}{12}= \frac{MC}{MC+ 3 \sqrt{5}} \Rightarrow MC= 3 \sqrt{5}[/tex3]

Aplicando a relação de Stewart no [tex3]\Delta EPB[/tex3] teremos:

[tex3](PB)^2\cdot CD+(PC)^2\cdot DB-(PD)^2\cdot CB= CB\cdot CD\cdot DB[/tex3]

[tex3]81\cdot 3 \sqrt{13} +(20-x^2)3 \sqrt{13} - 36\cdot 2\cdot 3 \sqrt{13}=6\sqrt{13}\cdot 3\sqrt{13}\cdot 3 \sqrt{13}[/tex3]

[tex3]81+400-40x+x^2-72=234[/tex3]

[tex3]x^2-40x+175=0[/tex3]

Resolvendo essa equação do segundo grau encontraremos:

[tex3]x=5[/tex3]

Cálculo do seno do [tex3]\Delta PBD[/tex3]

[tex3]\sen \alpha= \frac{6}{3\sqrt{13}} \Rightarrow \sen \alpha= \frac{2 \sqrt{13}}{13}[/tex3]

Cálculo da área do [tex3]\Delta CPB[/tex3]

[tex3]A= \frac{b\cdot c \sen \alpha}{2}[/tex3]

[tex3]A= \frac{9\cdot 6 \sqrt{13}\cdot \frac{2 \sqrt{13}}{13}}{2} \Rightarrow A=54[/tex3]

Cálculo do seno do [tex3]\Delta APE[/tex3]

[tex3]\sen \beta= \frac{3}{3\sqrt{5}} \Rightarrow \sen \beta= \frac{ \sqrt{5}}{5}[/tex3]

Cálculo da área do [tex3]\Delta APC[/tex3]

[tex3]AC= 3\cdot 3\sqrt{5} \Rightarrow AC= 9\sqrt{5}[/tex3]

[tex3]A_1= \frac{6\cdot 9\sqrt{5} \cdot \frac{\sqrt{5}}{5}}{2} \Rightarrow A_1=27[/tex3]

Cálculo da área do [tex3]\Delta APB[/tex3]:

[tex3]A_2= \frac{9\cdot 6}{2} \Rightarrow A_2= 27[/tex3]

A área total será igual a:

[tex3]A_t= A+A_1+ A_2 \Rightarrow A_t= 54+27+27 \Rightarrow A_t = 108 ua[/tex3]

[matbatrobin]

As duas resoluções estão ótimas, muito obrigdo, mas só uma pergunta adrinano, porque aquele quadrilátro é necessariamente um losango?

[adrianotavares]

Olá, matbatrobin.

[tex3]AE=ED[/tex3] , traçando-se uma paralela a [tex3]AE[/tex3] e [tex3]ED[/tex3] obtemos um paralelogramo, que é todo quadrilátero que possui lados opostos paralelos, como ele possui lados adjacentes congruentes ele é um losango e sendo losango suas diagonais são perpendiculares. Vale apena lembrar também que: todo losango é um paralelogramo e, portanto, também é trapézio.

Espero que possa ter entendido.

[triplebig]

Mas então, como concluir matemáticamente que os segmentos em questão são paralelos? Apesar de ser evidente pois a figura está em proporção exata, em um esboço não ficaria tão claro.

[adrianotavares]

Olá, triplebig.

Vou tentar explicar, vamos lá.

Desenho fora de escala.

Triângulo AED.GIF (2.4 KiB) Exibido 5908 vezes

O segmento [tex3]EP[/tex3] divide a reta [tex3]AD[/tex3] em [tex3]2[/tex3] segmentos iguais.Como [tex3]EP[/tex3] é comum aos [tex3]2[/tex3] triângulos tem- se que o [tex3]\Delta AED[/tex3] é isósceles.Como o segmento [tex3]EP[/tex3] divide exatamente ao meio a base [tex3]AD[/tex3] ele será a altura do [tex3]\Delta AED[/tex3] que é perpendicular à base, pois se o segmento [tex3]EP[/tex3] fosse oblíquo à base o triângulo [tex3]AED[/tex3] ele não seria isósceles porque ao maior lado opõem- se o maior ângulo e assim teríamos [tex3]AE[/tex3] diferente de [tex3]ED[/tex3].

O quadrilátero é losongo porque ao traçarmos dois segmentos paralelos aos seus lados tendo em comum a mesma base construiremos um outro triângulo igual ao primeiro que pode ser provado por semelhança no caso [tex3]ALA[/tex3] e também por seu ângulos.

Também poderíamos pensar o seguinte: Girando-se o triângulo [tex3]AED[/tex3] de [tex3]180^\circ[/tex3] em relação a reta [tex3]AD[/tex3] teríamos um imagem desse triângulo do lado oposto e de base comum.

Espero que tenha conseguido explicar.