IME / ITA ⇒ (Colégio Naval - 1986) Geometria Plana: Áreas Tópico resolvido

[agp16]

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Na figura acima tem-se: [tex3]QB[/tex3] e [tex3]QA[/tex3] são tangentes ao círculo de raio [tex3]2;[/tex3] a medida do segmento [tex3]PA[/tex3] é [tex3]2\sqrt{3}[/tex3] e a potência do ponto [tex3]P[/tex3] em relação ao círculo é igual a [tex3]24.[/tex3] A área hachurada da figura é igual a:

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

Resposta

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Seja [tex3]O[/tex3] o centro do círculo.

• [tex3]\overline{PA}\cdot \overline{PB}=24\Longrightarrow 2\sqrt{3}\cdot \overline{PB}=24\Longrightarrow \overline{PB}=4\sqrt{3}.[/tex3]

• [tex3]\overline{AB}=\overline{PB}-\overline{PA}=4\sqrt{3}-2\sqrt{3}=2\sqrt{3}.[/tex3]

[tex3]QO[/tex3] intersecta [tex3]AB[/tex3] perpendicularmente no ponto [tex3]M,[/tex3] médio de [tex3]AB.[/tex3] Logo, [tex3]\overline{MA}=\sqrt{3}.[/tex3]

Do triângulo [tex3]AMO,[/tex3] vem

• [tex3]\text{sen}M\widehat{O}A=\frac{\sqrt{3}}{2}\Longrightarrow M\widehat{O}A=60^\circ.[/tex3]

Donde concluímos que [tex3]Q\widehat{A}B\equiv Q\widehat{B}A=60^\circ[/tex3] e, portanto, o triângulo [tex3]QBA[/tex3] é equilátero.

A área pedida é dada por [tex3][QBA] -[ASB],[/tex3] onde [tex3][QBA][/tex3] é a área do triângulo [tex3]QBA[/tex3] e [tex3][ASB][/tex3] é a área do segmento circular [tex3]ASB.[/tex3]

Por conseguinte,

• [tex3][QBA] -[ASB]=\frac{(2\sqrt{3})^2\cdot \sqrt{3}}{4}-\frac{2^2}{2}\cdot \left(\frac{2\pi}{3}-\text{sen}\frac{2\pi}{3}\right)=\frac{4}{3}\cdot (3\sqrt{3}-\pi).[/tex3]

[petrasMOD]

agp16,

Solução dentro da resposta do enunciado