Problema 1)
Passos para a solução:
- Se um triângulo retângulo tem hipotenusa a e catetos b e c, deduza que o
raio da circunferência inscrita a ele vale (b+c-a)/2.
- Determine o raio das duas circunferências.
- Se d é a distância entre os centros das circunferências, deduza que d^2
= (r1+r2)^2 + (r1-r1)^2 e termine a questão.
Problema 2)
Considere ABCDEF o hexágono descrito, com AB = BC = CD = 3 e DE = EF = FA
= 5.
É fácil perceber que <BAF = <CDE = 120 (Por que?)
Aplicando Lei dos Cossenos no triângulo CDE, temos:
CE^2 = 3^2 + 5^2 -2.3.5.cos120 ====> CE = 7 (I)
Conhecendo o Teorema de Ptolomeu, o problema é resolvido em 3 iterações:
1- Quadrilátero BCEF:
BC.FE + CE.BF = BE.CF (CE = BF e BE = CF, por simetria. CE = 7, por I)
===> 3.5 + 7.7 = CF^2 ===> CF = 8 (II)
2- Quadrilátero CDEF:
CD.EF + DE.CF = CE.DF (CF = 8, por II) ===> 3.5 + 5.8 = 7.DF ===>
DF = 55/7 (III)
3 - Quadrilátero ADEF:
AD.EF + AF.DE = AE.DF (AE = DF, por simetria. DF = 55/7, por III) ===>
AD.5 + 5.5 = (55/7)^2 ===> AD = 360/49 ===> m + n = 409.
Letra E.
Problema 3)
Considere os ângulos escritos em graus.
Seja P o ponto de intersecção do prolongamento de CM com o lado AB e P' o
simétrico de P em relação ao ponto médio do lado AB.
Assim, <P'CB = <ACP = 23 e <PCP' = <ACB - <ACP - <P'CB ===> <PCP' = 106 -
23 - 23 = 60 (I)
Agora vem a reta mágica:
Construa o segmento AM', externo ao triângulo ABC e tal que AM' = AC e
<BAM' = 23. (OBS: M' e C ficam em semiplanos diferentes em relação ao lado
AB)
Olhemos para o triângulo ACM':
AC = AM' e <CAM' = <CAB + <BAM' = 37 + 23 = 60. Logo, ACM' é equilátero (II)
Desde que <ACM' = 60 (por II) e <PCP' = 60 (por I), então <M'CP' = <ACP =
23 (III).
Olhemos agora para o triângulo M'CB:
M'C = CA (por II) e CA = CB (dado do problema), logo M'C = CB e o
triângulo M'CB é isósceles. Desde que <BCP' = <ACP = 23 (por simetria) e <
M´CP' = 23 (por III), então CP' é bissetriz de <M'CB. Como <BP'C = 120 (já
que PCP' é equilátero), então BP'M' é isósceles com ângulos 120-30-30 e
M'P' = P'B.
Como AMP é também isósceles com ângulos 120-30-30 e AP = P'B (por
construção de P'), então os triângulos AMP e M'P'B são congruentes. Logo,
BM' = AM (IV).
O quadrilátero MAM'B é um paralelogramo, pois BM' = AM (por IV) e BM'//AM
(já que <M'BA = <MAB = 30). Logo, MB = AM'. Por construção, AM' = AC = CB,
logo MB = CB e o triângulo CMB é isósceles. Como <MCB = 83, então <CMB =
83.
Letra B.
Edson.
> TRES QUESTOES DESAFIOS QUE GOSTARIA QUE COMENTASSEM:
>
> 1) Seja um triângulo ABC retângulo em A e tal que B=30°. Traça-se a altura
> AH, H pertencente à BC. Se BC = sqr(3) +1, então a distância entre os
> centros dos círculos inscritos nos triângulos ABH e ACH mede:
> a) sqr(3)/4
> b) 1/3
> c) 1/4
> d) sqr(3)/3
> e) sqr(2)/2
>
> 2) Um hexágono inscrito em um círculo possui três lados consecutivos de
> medida igual a 3 e outros três lados consecutivos iguais a 5. A corda do
> círculo que divide o hexágono em dois trapézios, um deles com três lados
> consecutivos medindo 3 e o outro com três lados de medida igual a 5,
> possui medida igual a m/n, m e n primos entre si. O valor de m + n é igual
> a:
> a) 309
> b) 349
> c) 369
> d) 389
> e) 409
>
> 3) Seja ABC um triângulo isósceles com AC=BC e o ângulo ACB=106°. Um ponto
> M do seu interior é tal que os ângulos MAC=7° e MCA=23°. A medida do
> ângulo CMB é igual a:
> a) 81°
> b) 83°
> c) 85°
> d) 87°
> e) 89°
>
>
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> Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
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