Cap. 18 - Areas de Regiones Triangulares ⇒ Solucionário:Racso - Cap XVIII - Problemas de Geometria y Como Resolverlos - I Edição - Ex:55 Tópico resolvido

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Problema Proposto
55 - Calcular a área da região sombreada; se: M e N são pontos de tangência.

Resposta

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[tex3]\frac{R^2\sqrt{2}}{9}[/tex3]

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[tex3]\mathsf{S_{MNB}=\frac{1}{2}MN⋅JB=KD⋅JB\\

\triangle AEJ \sim \triangle FDJ:\\
\frac{AE}{DF}=\frac{AJ}{JF}⇒\frac{R}{\frac{R}{2}}=\frac{\frac{R}{2}−JF}{JF}⇒JF=\frac{R}{6},AJ=\frac{R}{3}\\

\triangle AEJ \sim \triangle KDC:\\

\frac{AE}{CD}=\frac{AJ}{CK}⇒\dfrac{AE}{CD}=\dfrac{AJ}{CK}\quad \Rightarrow{}\quad \dfrac{R}{CD}=\dfrac{\frac{R}{3}}{\frac{R}{3}-CD}\quad \Rightarrow{}\quad CD=\frac{R}{4}\\
\therefore CK=AJ−CD=\frac{R}{12}:\\
KD=\sqrt{CD^2−CK^2}=\frac{\sqrt2}{6}R\\
\therefore:S_{MNB}=\frac{1}{2}MN⋅JB=KD⋅JB=\frac{\sqrt2}{6}R⋅(R−AJ)=\frac{\sqrt2}{6}R⋅\frac{2}{3}R=\boxed{\color{red}R^2\frac{\sqrt2}{9}}}[/tex3]
(Solução: Luis Fuentes)

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Demonstrando que EKJ é perpendicular a AB.
r = raio da circunferência menor
[tex3]\mathsf{\triangle AIC(retângulo) IA^2=(R−r)^2−r^2.\\
\triangle CLF(retângulo): (\frac{R}{2}+r)^2−(\frac{R}{4})^2=LC^2=IA^2 \implies\\
(R−r)^2−r^2=(\frac{R}{2}+r)2−(R^2−r)^2⇒
R^2−2Rr=2Rr⇒
r=\frac{R}{4}\\
\therefore \triangle ACF(isósceles)\\
LC ~é~bissetriz~ \angle ACF. \\
Como \triangle ECD (isósceles) a~ mediatriz ~de~ ED ~é~ bissecriz ~\overset{\LARGE{\frown}}{MCN}, ~e \perp DE~e ~LC.\\
\therefore EKJ \perp AB}[/tex3]