De fato, se vc desenhar com régua e compasso dá pra ver q n é verdade
Em seg, 11 de mai de 2020 20:35, Vanderlei Nemitz
escreveu:
> Boa noite!
> Vi esse problema em uma lista, mas talvez tenha alguma falha no enunciado.
> Ou será no leitor?
> Muito obrigado!
>
> *Seja ABC um triângulo e D um pon
Como disse anteriormente, o enunciado está com problemas.
Pacini
Em 31/12/2018 23:19, Pacini Bores escreveu:
> Oi Marcelo,
>
> Está me parecendo que fixando o vértice B e variando o vertice C nas
> condições do problema , que o ângulo pedido está variando Pode ser que
> eu esteja
Boa noite!
Na verdade, se B>76 não tem resposta. O ponto E ficaria externo ao lado BC.
Teria que mudar o problema para E pertencente a l(B,C). Mas assim mesmo o
ânfulo CDE não seria constante.
Saudações,
PJMS
Em ter, 1 de jan de 2019 14:13, Pedro José Boa tarde!
> Você tem certeza que o problema
Boa tarde!
Você tem certeza que o problema é esse.
Se C=84 e B=48, dá 42.
Se C=100 e B= 32, dá 66.
Se B >= 90 não tem resposta.
Saudações,
PJMS
Em seg, 31 de dez de 2018 20:12, Marcelo de Moura Costa Caros colegas, me deparei com um problema que até então não estou
> enxergando uma solução, gosta
Oi Marcelo,
Está me parecendo que fixando o vértice B e variando o vertice C nas
condições do problema , que o ângulo pedido está variando Pode ser
que eu esteja errado, vou verificar!!!
Pacini
Em 31/12/2018 20:03, Marcelo de Moura Costa escreveu:
> Caros colegas, me deparei com um
De acordo com o site
http://objetoseducacionais2.mec.gov.br/bitstream/handle/mec/10396/geo0500.htm
Flecha é um segmento de reta que une o ponto médio de uma corda ao ponto
médio do arco correspondente.
Em 2 de novembro de 2016 20:06, Tarsis Esau escreveu:
> Se essas "flechas" forem lados o triâ
Se essas "flechas" forem lados o triângulo não existe.
Em 02/11/2016 6:16 PM, "Esdras Muniz" escreveu:
> O que são essas "flechas"?
>
> Em 2 de novembro de 2016 17:57, Douglas Oliveira de Lima <
> profdouglaso.del...@gmail.com> escreveu:
>
>> Olá amigos , preciso de uma ajuda na seguinte questão
O que são essas "flechas"?
Em 2 de novembro de 2016 17:57, Douglas Oliveira de Lima <
profdouglaso.del...@gmail.com> escreveu:
> Olá amigos , preciso de uma ajuda na seguinte questão, na verdade a
> resolução porque já tentei muita coisa, já aprendi muita coisa com ela, mas
> mesmo assim não a re
Não é uma solução com geometria pura.
___
Lema) Um quadrilátero XYZW é inscritível se somente se XZ * YW = XY * ZW +
XW * YZ .
Solução)
Sejam p, r, a, b e c a notação usual de um triângulo ABC qualquer.
Seja F o ponto de tangência
Então Mariana, questão muito boa, eu fiz aqui por números complexos,
meio mecânico, não vi ainda uma solução por plana somente.
Vou tentar mais um pouco.
Abraços
Douglas Oliveira.
Em 26 de abril de 2015 16:25, Mariana Groff
escreveu:
> Boa tarde,
> Alguém poderia me ajudar no problema a seguir?
Olá Mariana, eu vi uma solução fazendo alguns traçados algum dia na minha
vida, se me lembro bem foi em um dos livros do Ross Honsberger, ela é
difícil, mas vou tentar escreve-la.
Faça uma figura e acompanhe ok??
1)Desenhe o triângulo ABC e tome um ponto P externamente tal que PA=PD, de
forma que
Oi Mariana,
Seja x o ângulo DCA . Aplicando a lei dos senos nos triângulos ACD e BCD
, vc encontrará a seguinte relação :
senx = 2sen(x+20).cos80.
Transformando em soma teremos : senx = sen(x+100) + sen(x-60).
Jogando para a esquerda o sen(x-60), teremos senx - sen(x-60) =
sen(x+100); ou s
gt; FE/DF=sqrt(3) então
>
> 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 n
Seja P o ponto da prolongação de CE tal que PE/EC=3 => AP//FE
Seja Q o ponto da prolongação de AD tal que 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 FE/DF=sqrt(3) então
OI Douglas ,
Pensando neste problema, se usar a lei dos cosse
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 difícil de concluir que 4 FE^2= ED^2
e que 4DF^2 = 3ED^2 ; ou seja o triângulo EFD é retângulo e q
lgum site , ou coleção de livros , ou DVD's , que abranje " todos
> os tópicos de matemática "
> Grato
> Wagner
> PY2RPD
>
> - Original Message -
> *From:* Rogerio Ponce
> *To:* obm-l@mat.puc-rio.br
> *Sent:* Sunday, April 28, 2013 9:17 PM
> *Subjec
F é baricentro do triángulo ADB, logo FO=b/3, então FE=a/2-b/3
Julio Saldaña
-- Mensaje original ---
De : obm-l@mat.puc-rio.br
Para : obm-l@mat.puc-rio.br
Fecha : Sun, 28 Apr 2013 18:42:50 -0300
Asunto : Re: [obm-l] Problema de Geometria
Olá Raphael,
Pense no seguinte :
1) Trace OC
x27;s , que abranje " todos os
tópicos de matemática "
Grato
Wagner
PY2RPD
- Original Message -
From: Rogerio Ponce
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Sent: Sunday, April 28, 2013 9:17 PM
Subject: Re: [obm-l] Problema de Geometria
Ola' Raphael,
e' so' a
Eu vi essa parte da solução:
2013/4/28 Carlos Victor :
> 2) Trace BD
Daí, eu vi que E = G é o baricentro de ABD. Logo OE = OD/3. Como FD =
OD - a/2, porque OF = a/2 é o raio do círculo, acabou.
Abraços,
--
Bernardo Freitas Paulo da Costa
Ola' Raphael,
e' so' aplicar o Teorema de Menlaus ao triangulo AOD com a reta CB, obtendo:
AC * FD * OB = DC * OF * AB
ou seja
FD = 2 * OF
Como EF = OE - OF
entao EF = (a/2) - (b/3)
[]'s
Rogerio Ponce
2013/4/28 Raphael Feijao
> O segmento AB é o diametro de uma circunferencia de centro O. Toma
Valeu! Mas estou com problemas em provar a semelhança
Raphael Feijão
Em 28/04/2013, às 18:42, Carlos Victor escreveu:
> Olá Raphael,
> Pense no seguinte :
>
> 1) Trace OC
> 2) Trace BD
> 3) Conclua que BD é o dobro de OC.
> 4) Denomine EF = x
> 5) Faça a semelhança de OCF com BFD e determine
Olá Raphael,
Pense no seguinte :
1) Trace OC
2) Trace BD
3) Conclua que BD é o dobro de OC.
4) Denomine EF = x
5) Faça a semelhança de OCF com BFD e determine x , ok ?
Abraços
Carlos Victor
Em 28 de abril de 2013 18:19, Raphael Feijao
escreveu:
> O segmento AB é o diametro de uma circunfere
2012 20:22
Assunto: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] problema de
geometria difícil
Obrigado! Quando puder postar, ficarei esperando...
Em 23 de dezembro de 2012 17:31, terence thirteen
escreveu:
Cara, não tem muito o que fazer. Apliquei trigonometria para obter uma equaçã
Soluções espetaculares!!!
On Thu, 27 Dec 2012 17:59:19 -0500
(PET), Julio César Saldaña wrote:
> Bem agora envio uma outra solução
que não precisa do quadrilátero cíclico.
>
> Vou aproveitar o fato já
provado que CE=AB. Seja T o ponto de AD tal que AB=BT,
> então
obm-l@mat.puc-rio.br
> Par
Bem agora envio uma outra solução que não precisa do quadrilátero cíclico.
Vou aproveitar o fato já provado que CE=AB. Seja T o ponto de AD tal que AB=BT,
então
Pessoal, alguém conhece uma solução para o primeiro problema da página a
seguir???
http://thinkzone.wlonk.com/MathFun/Triangle.htm
Bom, aqui tem uma solução para o problema 1 que emprega conceitos de
quadrilátero cíclico. Acho que já postei uma que só usa congruência de
triângulos, vou procurar.
Primeiro vamos provar que CE=AB. Seja M o ponto meio de AB, então
Pessoal, alguém conhece uma solução para o primeiro problema
abc(a+b+c) lembra, de alguma maneira, a Fórmula de Heron. Mas tem que
provar isto.
Em 04/11/11, João Maldonado escreveu:
>
>
> Na questão de treinamento de geometria pro IME tinha um problema assim:
> Determine as soluções:
>
>
> (abx(x-a-b))^(1/2) + (bcx(x-b-c))^(1/2) + (cax(x-c-a))^(1/2) =
> (ab
Pois é amigos, acho que estava cego, não vi o lado comum.
Abraço a todos.
Em 16 de maio de 2011 08:46, Ralph Teixeira escreveu:
> Tecnicamente, poderia ser também um trapézio isósceles (bases AC e
> BD). Mas a conclusão é a mesma.
>
> Abraço,
> Ralph
>
> 2011/5/15 João Maldonado :
> > N
Tecnicamente, poderia ser também um trapézio isósceles (bases AC e
BD). Mas a conclusão é a mesma.
Abraço,
Ralph
2011/5/15 João Maldonado :
> Na verdade LLL é o maior caso de congruência de triângulos, O triângulo ABC
> é congruente a ADC, logo Além disso como (isso se B != C, ness
Observe que existe o lado AC em comum a ambos os triângulos ^.^Logo, temos o
ladoAB = CDAD = BCAC = ACAssim eles são congruentes. Espero ter ajudado
Abraços,Thiago
Date: Sun, 15 May 2011 18:19:41 -0300
Subject: [obm-l] Problema de Geometria (PUC-SP)
From: pierryang...@gmail.com
To: obm-l@mat.puc-
Na verdade LLL é o maior caso de congruência de triângulos, O triângulo ABC é
congruente a ADC, logo
Muito obrigado pela solução Pedro
From: pedrohgbarb...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: RE: [obm-l] problema de geometria
Date: Fri, 7 May 2010 23:48:10 +0300
acho q eu vi uma saída:
seja x a distância do vértice A aos pontos de tangência da circunferência
ex-inscrita com
acho q eu vi uma saída:
seja x a distância do vértice A aos pontos de tangência da circunferência
ex-inscrita com os lados AB e AC.
R, S e T são os pontos de tangência da circunferência ex-inscrita com os lados
AC, CB e BA, respectivamente.
pelo teorema das tangentes CR=CS e BT = BS => CB = CR
Fantástica a solução. Ainda não a analisei demoradamente, mas creio que está
correta, sem contar que a ideia foi mto boa.
Só uma coisa, existe um jeito de demonstrar o Teo 2 de maneira mais
sintética, sem lei dos cossenos?
2010/5/1 Rogerio Ponce
> Ola' pessoal,
> na solucao, vou usar algumas pr
Ola' pessoal,
na solucao, vou usar algumas propriedades de triangulos, demonstradas na
mensagem
http://www.mail-archive.com/obm-l@mat.puc-rio.br/msg35407.html .
Sao elas:
Teorema 1 (ou T1):
"Em qualquer triangulo de angulos internos ABC, com lados respectivamente
opostos a,b,c,
A>B se, e somen
Oi Tiago, Marcelo e Dirichlet,
eu acho que nao adianta superpor a figura original e a mesma figura rodada
de 120 graus, pois apenas o triangulo equilatero ABC vai "casar" com ele
mesmo. Afinal, o que se procura provar e' justamente a congruencia da "parte
interna", de forma que nao se pode assumir
Fico feliz em saber que tem solução, mas continuo não sabendo o que fazer.
Tem alguma dica?
2010/4/28 Rogerio Ponce
> Ola' Tiago e colegas da lista,
> o problema esta' perfeito, e nao faltam informacoes no enunciado.
> Como voce usou um desenho (que nao fica armazendo na lista), acho
> convenien
Ola' Tiago e colegas da lista,
o problema esta' perfeito, e nao faltam informacoes no enunciado.
Como voce usou um desenho (que nao fica armazendo na lista), acho
conveniente repetir o enunciado usando apenas palavras.
Vamos la'!
Seja um triangulo equilatero ABC.
Construa algum triangulo interno B
Não, mas começo a desconfiar que faltam informações no enunciado.
2010/4/26 Marcelo Costa
> Perdão pela pergunta, mas no enunciado é mencionado que BD = DE, CE = EF e
> AF = FD ?
>
>
> Em 24 de abril de 2010 20:34, Tiago escreveu:
>
> É, tentei fazer rotações e mexer com algumas simetrias mas n
Perdão pela pergunta, mas no enunciado é mencionado que BD = DE, CE = EF e
AF = FD ?
Em 24 de abril de 2010 20:34, Tiago escreveu:
> É, tentei fazer rotações e mexer com algumas simetrias mas não consigo
> fazer sair com geometria euclidiana. =/
>
> 2010/4/24 Johann Dirichlet
>
> Eu pensaria e
É, tentei fazer rotações e mexer com algumas simetrias mas não consigo fazer
sair com geometria euclidiana. =/
2010/4/24 Johann Dirichlet
> Eu pensaria em uma rotação. Se girarmos esta figura de 120graus em
> relação ao centro do triângulo maior, a imagem se encaixa. Usando
> Complexos daria par
Eu pensaria em uma rotação. Se girarmos esta figura de 120graus em
relação ao centro do triângulo maior, a imagem se encaixa. Usando
Complexos daria para formalizar melhor.
Em 24 de abril de 2010 10:05, Tiago escreveu:
> Olá!, obrigado pela resposta. Mas não entendi porque o ângulo EBC (vc
> escr
Olá!, obrigado pela resposta. Mas não entendi porque o ângulo EBC (vc
escreveu EBD, mas acho que você quis dizer EBC) tem que ser igual ao BAD? O
que você tá usando explicitamente pra chegar a esta conclusão?
2010/4/23 Walter Tadeu Nogueira da Silveira
> Oi, Tiago
>
> Pensei assim. Chamando de "
Oi, Tiago
Pensei assim. Chamando de "x" e "60º-x" os ângulos menor e maior
respectivamente ao vértice B, e se AD = BE, então o ângulo "x" EBD é igual
ao BAD. (Lembre que AB = AC = BC)
O ângulo FDE é externo a ABD e vale (x) + (60º - x) = 60º.
Pela mesma razão saem ângulo ACF = BAD e DFE (externo
Olá Adalberto!!!
Tudo bem???
Muito obrigado pela ajuda...
A figura está ótima!!!
Abração!!!
Luiz.
2010/4/16 Adalberto Dornelles
> > Um ciclista pedala uma bicicleta com rodas de mesmo diâmetro e com
> > distâncias entre os eixos de 1,20m. Num determinado instante, ele vira o
> > guidão em 30º,
> Um ciclista pedala uma bicicleta com rodas de mesmo diâmetro e com
> distâncias entre os eixos de 1,20m. Num determinado instante, ele vira o
> guidão em 30º, e o mantém nesta posição para andar em círculo. Calcule os
> raios dos círculos descritos pelas rodas dianteira e traseira da bicicleta.
Obrigado Carlos, fiquei cego para a resolução desse problema. Sua resolução é
bastante simples, embora eu não o ache tão trivial. Valeu e Abraços!
--- Em sáb, 10/4/10, Carlos Alberto da Silva Victor
escreveu:
De: Carlos Alberto da Silva Victor
Assunto: Re: [obm-l] Problema de Geometria
Para
Olá Adriano ,
Seja x o ângulo pedido .Para esta questão observe que o triângulo ABC é
semelhante ao triângulo ADC , pois temos um ângulo comum ( 85) e dois lados
homólogos proporcionais : 9/6 = 6/4 . Daí x+20 = 75 , donde x = 55.
Abraços
Carlos Victor
Em 10 de abril de 2010 21:13, adriano
Ola,
Pelas minhas contas deu 70.
Repare que I = (BC+DE)/2. Pelo enunciado, acho q CBD=30 (esta foi a construção
que fiz a outra seria ABD=30), o que leva a CD=60. Como BE=200, então
DE+BC=200-60=140 e, assim, BIC=70.
Bom, se nao eerei em nada, acho q é isso.
Abs
Felipe
--- Em sex, 2/10/
Ola' Benedito e colegas da lista,
acho que deve ter um jeito mais simples de fazer isso, mas vamos la'...
Inicialmente, vamos estabelecer um conceito e um teorema (que poderiam ser
formalizados, mas o texto fica muito longo. Como e' quase intuitivo, vou apenas
mostrar a ideia)
Conceito:
Em rela
Mensagem Original:
Data: 15:03:54 25/05/2006
De: ricardo.bioni <[EMAIL PROTECTED]>
Assunto: Re: [obm-l] PROBLEMA DE GEOMETRIA PLANA - S61
Os triângulos ABE e BED são congruentes de tal forma que o ângulo AEB é
igual ao ângulo BED, pois AB = BD e o ângulo ABE é igual ao ângulo EBD, a
Os triângulos ABE e BED são congruentes de tal forma que o ângulo AEB é igual ao ângulo BED, pois AB = BD e o ângulo ABE é igual ao ângulo EBD, além de terem o lado BE em comum. Sabendo que os ângulos BAE e ABC tem a mesma medida, e sendo o ângulo ABE alfa, o ângulo BEA é 180° - 3alfa e o ângulo BE
1) Desenhe as bissetrizes internas de um triângulo ABC e o encontro delas será o incentro. Desenhando os segmentos OA, OB e OC, teremos o triângulo AOB com os ângulos AOB, A/2 e B/2, o triângulo BOC com os ângulos BOC, C/2 e B/2, e o triângulo AOC com os ângulos AOC, A/2, B/2. Assim:
Do triângulo A
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