Quadriláteros - 2003 - Vol 4 ⇒ Problema 07 - Quadriláteros -Vol. 4 Tópico resolvido

[petrasMOD]

No trapezóide ABCD, AM = MC = BN = ND = 4;
Calcular MN.

Resposta

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Gabarito: D) 4

[petrasMOD]

Segue solução por trigonometria,

Aguardando uma solução por linhas auxiliares

[tex3] \triangle OMN (T.Coss)\\
MN2=x^2+y^2−2xycos(120^o)=x^2+y^2+xy\\
\triangle OCD (T.Sin)\\
\frac{sin(60+θ)}{sin(θ)}=\frac{OD}{OC}\\
\frac{sin(60)cos(θ)+cos(60)sin(θ)}{sin(θ)}=\frac{4+y}{4−x}\\
\frac{\sqrt3}{2}\frac{1}{tan(θ)}+\frac{1}{2}=\frac{4+y}{4−x}\\
tan(θ)=\frac{\sqrt3–(4−x)}{2y+x+4} (*)\\
\triangle AO$(T.Sin.):
\frac{sin(30−θ)}{sin(θ(90−θ))}=\frac{OB}{OA}\\
\frac{sin(30)cos(θ)−cos(30)sin(θ)}{cos(θ)}=\frac{4−y}{4+x}\\
\frac{1}{2}−\frac{\sqrt3}{2}tan(θ)=\frac{4−y}{4+x}\\
tan(θ)=\frac{2y+x−4}{\sqrt3(4+x)} (**)\\
(*) = (**) \\
(2y+x)^2−16=3(16−x^2) \implies 16=x^2+y^2+xy=MN^2⇒MN=4[/tex3]
(Solution by Luis Fuentes)

[petrasMOD]

Se prolongamos AB e DC e seja E a sua intersecão teremos que [tex3]AED=90^o[/tex3], já que [tex3]\angle ABD=90^ o+θ⟹\angle DBE=90^o−θ[/tex3] e [tex3]\angle EDB=θ[/tex3] (analogamente deduzimos os outros ángulos):

Por ser M e N pontos médios das hipotenusas (que são iguais) teremos o triângulo △MEN é isósceles, e
como [tex3] \angle MEN=90^o−(30^o−θ+θ)=60^o[/tex3] é equilátero, de onde MN=4.
(Solução:Pie)