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RE: [obm-l] Geom. Plana
Okay, concordo!
Porém, não mencionei na minha solução por ME PARECER
meio direto, desculpe.
Tipo, olhando para os ângulos XJB e OCB, concluímos que
eles têm mesmo valor (ang. correspondentes ja que BC é
comum e os segmentos XJ e OC são //), ou seja 45° , dai
completo o angulo BIX, ou seja BIX+90+45=180 ou seja,
BIX vale 45 tambem.
Falow, até.
> Olá Osvaldo,
>
> Não há dados suficientes no enunciado do
problema que permitam que
> você conclua de forma DIRETA que os triângulos ABC e
IBJ são semelhantes. É
> fácil e direto concluir que os ângulos do triângulo
ABC são os seguintes:
> <ABC = 90°, <BCA = 45° e <CAB = 45°, uma vez que se
trata de um triângulo
> retângulo isósceles (AB = BC = L e <ABC = 90°).
Porém, apesar de podermos
> concluir diretamente que no triângulo IBJ o ângulo
<IBJ = 90°, não se pode
> concluir diretamente que <BJI = 45° ou <JIB = 45°.
Sendo assim, não é
> correto fazer a semelhança entre os triângulos ABC e
IBJ pelo critério AA~,
> a não ser que se prove antes que um dos ângulos
agudos do triângulo IBJ é
> igual a 45°. Uma possível demonstração está colocada
na solução que eu
> propus.
>
> Atenciosamente,
>
> Rogério Moraes de Carvalho
> -----Original Message-----
> From: owner-obm-l@mat.puc-rio.br [mailto:owner-obm-
l@mat.puc-rio.br] On
> Behalf Of Osvaldo
> Sent: sábado, 29 de maio de 2004 13:58
> To: obm-l
> Subject: RE: [obm-l] Geom. Plana
>
> E ai Thór!
>
>
> Creio que uma outra res. possível seja algo como esta:
>
> Dois quadrados com mesmo perímetro são certamente
> congruentes.
> Seja l o lado do quadrado, ambos os quadrados têm
> perímetro P, assim P=l/4
>
> Faça o desenho. Sejam A,B,C,D os vértices do primeiro
> quadrado e sejam E,F,G,H os vértices do outro
quadrado
> de tal forma que B está mais proxima de EF. Sejam I e
J
> as intersecções de EF com os lados AB e BC,
> respectivamente; O o centro dos quadrados e X a
> intersecção de OB com o lado EF.
>
> Trace a diagonal AC. Os triang. ABC e IBJ são
> semelhantes caso ~AA. Da proporção AC/OB=IJ/XB
> temos que IJ=2.XB=2.y, onde IJ é o lado do octógono
> regular.
>
> Observe que a diagonal do quadrado corresponde ao
lado
> do quadrado somada com duas vezes y=XB, ou seja,
l.sqrt
> (2)=l+2.y=> y=l.(sqrt(2-1))/2
> Observe que o triang. ret. XBJ é isosceles, logo o
lado
> do octógono corresponde a duas vezes y ou seja l.(sqrt
> (2)-1)=
> (P/4).(sqrt(2)-1)
>
> Falow ai
>
>
>
>
> > Olá Thor,
> >
> > Segue uma resolução possível para esta questão.
> >
> >
> > RESOLUÇÃO POSSÍVEL:
> >
> > Se os dois quadrados concêntricos têm os mesmos
> perímetros (P), então eles
> > são congruentes, pois terão os mesmos lados (L =
> P/4). Como o esboço da
> > figura é muito importante para facilitar a
> compreensão da resolução, segue a
> > descrição do mesmo.
> >
> > Seja ABCD um quadrado de perímetro P, lado L (L =
> P/4) e centro O. Agora
> > obtenha o outro quadrado A'B'C'D' a partir da
rotação
> de um ângulo BETA de
> > ABCD em torno da sua origem O no sentido horário,
tal
> que 0 < BETA < 90°.
> > Nomeie os pontos de interseção dos dois quadrados
> como H[1], H[2], H[3],
> > ..., H[8] no sentido horário partindo do ponto de
> interseção mais próximo de
> > A no segmento AB.
> >
> > Segue a demonstração de que o ângulo BETA (<AOA')
de
> rotação do quadrado
> > ABCD deve ser igual a 45°.
> > Para isto, considere P o ponto de interseção do
> segmento AO com o lado D'A'
> > do quadrado A'B'C'D' e Q o ponto de interseção do
> segmento A'O com o lado AB
> > do quadrado ABCD. No quadrilátero PH[1]QO o ângulo
<PH
> [1]Q corresponde a um
> > dos ângulos internos de um octógono regular (dado
do
> enunciado), então:
> > <PH[1]Q = (8 - 2).180°/8 = 135°
> > <PH[1]A + <PH[1]Q = 180° => <PH[1]A + 135° = 180°
=>
> <PH[1]A = 45°
> > <PAH[1] = 45° (ângulo agudo formado entre uma
> diagonal e um lado do quadrado
> > ABCD)
> > Pelo Teorema do Ângulo Interno: <OPH[1] = <PAH[1] +
> <PH[1]A => <OPH[1] = 90°
> > Analogamente, concluímos que <H[1]QO = 90°
> > A soma dos ângulos internos do quadrilátero OPH[1]Q
é
> igual a 360°,
> > portanto: <OPH[1] + <PH[1]Q + <H[1]QO + <QOP = 360°
> => 90° + 135° + 90° +
> > BETA = 360° => BETA = 45°
> >
> > Observe que: AO = AP + PO (i)
> >
> > AO: metade da diagonal do quadrado ABCD, portanto
AO
> = L.sqr(2)/2 (ii)
> >
> > AP: metade do lado do octógono regular (X/2), pois
na
> dedução do ângulo de
> > rotação (BETA) nós concluímos que o triângulo APH
[1]
> é retângulo isósceles.
> > Analogamente, podemos concluir que APH[8] é
retângulo
> isósceles. Como o lado
> > AP é comum, podemos dizer que os triângulo APH[1] e
> APH[8] são congruentes
> > pelo critério ALA. Considerando X como a medida do
> lado do octógono regular
> > H[1]H[2]H[3]H[4]H[5]H[6]H[7]H[8], teremos AP = PH
[1]
> = PH[8] = X/2 (iii)
> >
> > PO: metade do lado do quadrado A'B'C'D', portanto
PO
> = L/2 (iv)
> >
> > Substituindo as igualdades (ii), (iii) e (iv) na
> igualdade (i), teremos:
> > L.sqr(2)/2 = X/2 + L/2 => X = [sqr(2) - 1].L
> > Como L = P/4: X = {[sqr(2) - 1].P}/4
> >
> > Resposta: {[sqr(2) - 1].P}/4
> >
> > Atenciosamente,
> >
> > Rogério Moraes de Carvalho
> > ______________________________________
> > From: owner-obm-l@mat.puc-rio.br [mailto:owner-obm-
> l@mat.puc-rio.br] On
> > Behalf Of Thor
> > Sent: sexta-feira, 28 de maio de 2004 19:25
> > To: obm-l@mat.puc-rio.br
> > Subject: [obm-l] Geom. Plana
> >
> >
> >
> > Dois quadrados concêntricos de perímetro P , cada ,
> são interceptados de
> > modo que os pontos de interseção
> > de seus lados sejam os vértices de um octógono
> regular.Qual é o lado desse
> > octógono em funçao de P?
> >
> >
> > Tentei fazer , e cheguei na lei dos co-senos , e
dai
> parei!!!!
> >
> > Agradeço desde de já.
> >
> >
> >
> >
>
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> > http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html
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> Atenciosamente,
>
> Engenharia Elétrica - UNESP Ilha Solteira
> Osvaldo Mello Sponquiado
> Usuário de GNU/Linux
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