Seja P o ponto da prolongação de CE tal que <PBC=90 => PE/EC=3 => AP//FE
Seja Q o ponto da prolongação de AD tal que <QBA=90 => AD/DQ=3 => QC//DF
Seja BQ=x => AB=x.sqrt(3)
Seja BC=y => BP=y.sqrt(3)
Então BQ/BC=x/y=AB/AP. E como <QBC=<ABP=90+<B, então os triângulos QBP e ABP são
semelhantes. Com isso é facil mostrar que o ángulo entre QC e AP é 90, e como
esas linhas eram paralelas a DF e FE, então estas últimas sçao perpendiculares.
Também pela semelhança se prova: AP/QC=sqrt(3), e como DF e FE são terceiras
partes de QC e FE respetivamente => FE/DF=sqrt(3) então <FDE=60.
Julio Saldaña
------ Mensaje original -------
De : obm-l@mat.puc-rio.br
Para : obm-l@mat.puc-rio.br
Fecha : Sun, 6 Jul 2014 18:02:13 -0300
Asunto : Re: [obm-l] Problema de geometria!
OI Douglas ,
Pensando neste problema, se usar a lei dos cossenos nos triângulos FCE, AFD
e DBE e usando o fato de que cos(90+B)= -senB ( não é muito trabalhoso);
deixando na forma de quadrados não é difÃcil de concluir que 4 FE^2= ED^2
e que 4DF^2 = 3ED^2 ; ou seja o triângulo EFD é retângulo e que que os
ângulos pedidos são 90º e 30º , ok ?
Pelo visto vc está querendo uma solução com algum traçado mágico, não é
verdade?
Estarei pensando, ok Douglas! Estou desconfiado que deve ter alguma coisa
com o Teorema de Napoleão ...
Vamos tentar, pois deve ser assaz interessante tal traçado.
Abraços
Carlos Victor
Em 13 de junho de 2014 16:09, Douglas Oliveira de Lima <
profdouglaso.del...@gmail.com> escreveu:
Olá caros amigos, me encontro mais uma vez com um pequeno problema de
geometria no qual estou com uma solução muito absurda(muito trabalho
braçal), gostaria de uma ajuda com outras soluções, desde já agradeço a
colaboração dos senhores.
PROBLEMA:
Considere um triângulo ABC, são construÃdos externamente os triângulos ADB
e BCE de forma que ADB=BEC=90 GRAUS E DAB=EBC=30 graus. No segmento AC
marca-se o ponto F tal que AF=3FC. Calcular os ângulos DFE e FDE.
Douglas Oliveira de Lima
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