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O triângulo [tex3]ABC[/tex3] da figura abaixo tem área [tex3]S.[/tex3] A área da região hachurada é, em função de [tex3]S:[/tex3]
Dados:

• [tex3]\bar{AB}=\bar{BC}=2\bar{AC}[/tex3]
  [tex3]BH[/tex3] é altura
  [tex3]AD[/tex3] é bissetriz do ângulo [tex3]\hat A[/tex3]

a) [tex3]\frac{2S}{15}\text{ }[/tex3] b) [tex3]\frac{S}{2}\text{ }[/tex3] c) [tex3]\frac{S}{18}\text{ }[/tex3] d) [tex3]\frac{7S}{30}\text{ }[/tex3] e) [tex3]\frac{S}{21}[/tex3]

Seja [tex3]C\hat AD=B\hat AD=\alpha[/tex3], [tex3]AC=x[/tex3] e aplicando Teorema dos Senos no triângulo [tex3]ABC[/tex3]:

• [tex3]\frac{2x}{\sen (2\alpha)}=\frac{x}{\sen (180^\circ - 4\alpha)}\Rightarrow \cos (2\alpha)=\frac{1}{4}.[/tex3]

Daí:

• [tex3]\sen (\alpha)=\sqrt{\frac{1- \cos (2\alpha)}{2}}=\frac{\sqrt{6}}{4};[/tex3]
  [tex3]\cos (\alpha) = \sqrt{\frac{1 + \cos (2\alpha)}{2}}=\frac{\sqrt{10}}{4};[/tex3]
  [tex3]\tg (\alpha) = \frac{\sen (\alpha)}{ \cos (\alpha)}=\frac{\sqrt{6}}{\sqrt{10}}=\frac{\sqrt{15}}{5}.[/tex3]

Seja [tex3]I[/tex3] o ponto de interseção de [tex3]AD[/tex3] e [tex3]BH[/tex3]:

• [tex3]HI = AH \cdot \tg (\alpha)=\frac{x}{2} \cdot \frac{\sqrt{15}}{5} = \frac{x\sqrt{15}}{10} \Rightarrow [AIH]= \frac{\frac{x\sqrt{15}}{10} \cdot \frac{x}{2}}{2} = \frac{x^2\sqrt{15}}{40}[/tex3] [tex3](i)[/tex3]

Aplicando a Lei dos Senos no triângulo [tex3]ACD[/tex3]:

• [tex3]\frac{AD}{\sen (2\alpha)}=\frac{x}{\sen (180^\circ-3\alpha)}\Rightarrow AD= \frac{x\cdot\sen (2\alpha) }{\sen (3\alpha)}[/tex3]

Temos:

• [tex3]\sen (2\alpha) = 2 \cdot \sen (\alpha) \cdot \cos (\alpha)=2\cdot \frac{\sqrt{6}}{4}\cdot \frac{\sqrt{10}}{4}=\frac{\sqrt{15}}{4};[/tex3]
  [tex3]\sen (3\alpha)=3\cdot \sen (\alpha)-4\cdot \sen ^3(\alpha)=3.\frac{\sqrt{6}}{4}-4\left(\frac{\sqrt{6}}{4}\right)^3=\frac{3\sqrt{6}}{8}.[/tex3]

Logo,

• [tex3]AD=\frac{x\sqrt{10}}{3}\Rightarrow [ACD]=\frac{AD\cdot x\cdot \sen (\alpha)}{2}=\frac{x^2\sqrt{15}}{12}[/tex3] [tex3](ii)[/tex3]

De [tex3](i)[/tex3] e [tex3](ii):[/tex3]

• [tex3][CDIH]=[ACD]-[AIH]=\frac{x^2\sqrt{15}}{12}-\frac{x^2\sqrt{15}}{40}=\frac{7x^2\sqrt{15}}{120}[/tex3]

• [tex3]S=\frac{2x\cdot x\cdot \sen (2\alpha)}{2}=\frac{x^2\sqrt{15}}{4}[/tex3]

• [tex3]\frac{[CDIH]}{S}= \frac{\frac{7x^2\sqrt{15}}{120}}{\frac{x^2\sqrt{15}}{4}} =\frac{7}{30}[/tex3]

Portanto, [tex3][CDHI]=\frac{7}{30}S.[/tex3]

Letra (d).

Usando razão entre as áreas:

• [tex3]\frac{[ADC]}{[ABD]} = \frac{2AB}{AB} \Rightarrow \frac{3[ABD]}{2} = S.[/tex3]

Chamando de [tex3]E[/tex3] o ponto de interseção das cevianas:

• [tex3]\frac{[BED]}{[ABE]} = \frac{BD}{AB}.[/tex3]

Como [tex3]BD = 2DC[/tex3] e [tex3]BD + DC =\frac{AB}{2},[/tex3] temos [tex3]BD = \frac{2AB}{3}.[/tex3]

Assim,

• [tex3]\frac{[BED]}{[ABE]} = \frac{2}{3} \Rightarrow [ABE] = \frac{3[BED]}{2}.[/tex3]

Por conseguinte, [tex3][BED] = \frac{4S}{15}.[/tex3]

Além disso, como [tex3][BHC] = \frac{S}{2},[/tex3] segue que a área pedida é

• [tex3]\frac{S}{2} - \frac{4S}{15} = \frac{7S}{30}[/tex3]

té +

É pedro123, a sua resposta foi excelente, porque em matemática existem várias maneiras de se dar uma resposta, mas devemos simplificar o máximo, quando dá, para que não fique uma resposta cansativa e desestimulante da questão para quem vai analizar do outro lado.

Beastie, a sua resposta foi show de bola, muito bem pensado, é isso que os nossos alunos precisam ver a resolução de vários ângulos e maneira de resolver um problema.

Quantas pessoas tem o livro do Jairo Bezerra e essa questão está lá, mas não sabem nem como começar a sua resolução achando que é um problema difícil, esse fórum esta de parabéns graça ao nosso amigo Prof. Thyago (Caju) que teve essa brilhante idéia de fazer esse fórum.

Rean

Quantas pessoas fazem parte desse maravilhoso fórum e mesmo assim essa questão ficou bastante tempo sem resolução. Nota-se que não é uma questão difícil, porém, não é uma questão fácil. E eu deixo uma sugestão a todos: Se preocupem também com a nossa Língua Portuguesa, pois pega mal erros de ortografia, tudo bem que às vezes a gente acaba digitando errado, mas dá para voltar e editar.

Abraços.

Com certeza Aldrin,

Acho que devemos ter bastante cuidado com o português mesmo. Dou total razão.

O que eu acho estranho é uma pessoa fazer esse exercício em 9 minutos!

Por que ? Você esperava que ela fizesse em mais ou menos tempo ?

Bem, acho que dá pra fazer em menos tempo. Depende da sua organização. Dá pra tirar muitas informações dele, então fica mais difícil você organizá-las para colocá-las em ordem para achar a resposta do que pensar no problema em si.

Olá a todos,

Analisando as questões antigas, me deparei com esta. Já que foi discutido o fato de ter diversas resoluções, resolvi criar uma resolução minha, diferente também.

Vou seguir a figura abaixo:

Como o triângulo [tex3]ABC[/tex3] é isósceles, temos que a altura [tex3]AH[/tex3] é bissetriz também, ou seja, [tex3]E[/tex3] é o ponto de encontro das bissetrizes e, conseqüentemente, centro do círculo inscrito (como vemos na figura acima). Podemos, assim, calcular a área do trângulo [tex3]ABC[/tex3] como sendo a soma das áreas dos triângulos [tex3]ABE[/tex3], [tex3]CBE[/tex3] e [tex3]ACE[/tex3] (todos com base igual aos lados do triângulo [tex3]ABC[/tex3] e altura igual ao raio do círculo inscrito):

[tex3]S=\frac{AB\cdot R}{2}+\frac{BC\cdot R}{2}+\frac{AC\cdot R}{2}[/tex3]

[tex3]S=\frac{2x\cdot R}{2}+\frac{2x\cdot R}{2}+\frac{x\cdot R}{2}[/tex3]

[tex3]\boxed{R=\frac{2S}{5x}}[/tex3]

Pelo teorema da bissetriz interna, podemos encontrar o valor de [tex3]y[/tex3]:

[tex3]\frac{y}{x}=\frac{2x-y}{2x}\,\,\,\Rightarrow\,\,\,\boxed{y=\frac{2x}{3}}[/tex3]

Agora podemos calcular a área hachurada como sendo a soma das áreas dos triângulos [tex3]CEH[/tex3] e [tex3]CED[/tex3]:

[tex3]S_{\text{hac}}=\frac{\frac x2\cdot R}{2}+\frac{y\cdot R}{2}[/tex3]

Substituindo os valores de [tex3]R[/tex3] e [tex3]y[/tex3] encontrados anteriormente, teremos a resposta final:

[tex3]S_{\text{hac}}=\frac{7S}{30}[/tex3]