Matemática

Um problema famoso de Geometria

Olá gente! Hoje aprensentarei um problema bastante conhecido em geometria e algumas de suas soluções também muito conhecidas.

O triângulo [;ABC;]

ao lado é isósceles de vértice $[;A=20^{\circ};]$ .

Sendo $[;D\hat{B}C=50^{\circ};]$ e $[;E\hat{C}B=60^{\circ};]$ calcule $[;C\hat{E}D;]$ .

Resolução 1 :

Vamos usar lei dos senos nessa solução. Clique aqui para ler o post do João sobre geometria com contas.

Se fizermos $[;C\hat{E}D=x;]$ então $[;C\hat{D}E=160^{\circ} -x;]$

Aplicando a Lei dos Senos no triângulo [;CDE;]

...

$[;\frac{CE}{CD}=;]$ $[;\frac{sen(160^{\circ}-x)}{sen (x)};]$ (I)

e no triângulo [;BCE;]

obtemos:

$[;\frac{CE}{BC}= \frac{sen(80^{\circ})}{sen(40^{\circ})} = 2 \cdot cos (40^{\circ});]$ (II) (só usar a fórmula do seno do arco duplo!)

Como $[;C\hat{B}D=;]$ $[;C\hat{D}B;]$ [;=;]

$[;50^{\circ};]$ então $[;\triangle{BCD};]$ é isosceles. Assim, [;CD=BC;]

Isso nos permite escrever (I)=(II)
Logo, $[;\frac{sen(160^{\circ} -x)}{sen(x)}=2 \cdot cos(40^{\circ});]$

Sendo $[;sen(180^{\circ} - x) = sen(x);]$

Temos
$[;sen(160^{\circ} - x)=;]$ $[; sen(180^{\circ} - (160^{\circ} - x)) =;]$

$[;sen(20^{\circ}+ x) = 2\cdot cos(40^{\circ}) \cdot sen(x)=2\cdot cos(60^{\circ} - 20^{\circ}) \cdot sen(x);]$

Usando a fórmula da soma de arcos para o seno e da subtração de arcos para o cosseno obtemos:

$[;sen(20^{\circ}) \cdot cos (x) +;]$ $[;cos(20^{\circ});]$ $[;\cdot;]$ [; sen(x)=;]

$[;cos(20^{\circ});]$ $[; \cdot sen(x);]$ $[; + \sqrt{3};]$ $[;sen(20^{\circ});]$ $[; \cdot sen(x);]$

$[;sen(20^{\circ}) \cdot cos(x) = \sqrt{3}sen(20^{\circ}) \cdot sen(x);]$

$[;ctg(x)=\sqrt{3};]$

daonde $[; x=30^{\circ};]$ .

Uma outra solução é obtida de forma mais bonita.

Resolução 2:

Observe a construção abaixo

Na figura abaixo $[;ED'\parallel BC;]$ . Seja [;P;]

o ponto de encontro de [;BD';]

com

. Assim, $[; \triangle{BCP};]$ e $[;\triangle{ED'P};]$ são triângulos equiláteros. Ou seja, [;CP=BC;]

como $[;\triangle{BCD};]$ é isosceles, então $[;\triangle{PCD};]$ é isosceles com ângulo do vértice $[;\hat{C}=20^{\circ};]$ , assim $[;C\hat{P}D=80^{\circ};]$ como $[;E\hat{P}D'=60^{\circ};]$ e [;E,P;]

são colineares, $[;D'\hat{P}C=40^{\circ};]$ .

Como $[;D'\hat{P}C=40^{\circ};]$ e $[;B\hat{D'}C=40^{\circ};]$ $[;\triangle{PDD'};]$ é isosceles com angulo do vétice $[; \hat{D}=100^{\circ};]$ .

Lembrando que $[;\triangle{EPD'};]$ é equilatero. Temos [;ED'=EP;]

assim, pelo caso LLL, $[;\triangle{EPD}=\triangle{EDD'};]$ . Por isso, [;ED;]

é bissetriz de $[;P\hat{E}D';]$ , logo, $[;C\hat{E}D=30^{\circ};]$ .

Há muitas outras soluções para esse problema. Por que você não tenta a sua?

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