veja esse link
http://www.grupoideal.com.br/idealmilitar/pdf/gab_ime_mat_2004.pdf
ou
Você não tem o livro do Sérgio?
A Matemática no Vestibular do IME - Sérgio Lima Netto
http://www.vestseller.com.br/
ou um dos arquivos dele anes de virar livro?
abraços
Hermann
- Original Message -
Dica: voce pode pensar que r^2=x^2+y^2. Entao desenhe no plano rz a
regiao 1+z^2<=r^2<=5 (apenas para r>=0). Como a regiao U nao depende
especificamente de x ou y, mas apenas de r=sqrt(x^2+y^2), a regiao U
serah a regiao que voce desenhou no plano rz, rodada em torno do eixo
z.
Agora tem todo o tr
Questão resolvida.
Conversando com o Sérgio Lima Netto, corrigimos as analogias feitas e,
usando o Teorema de Ceva para as alturas e o recíproco de Menelaus, as
relações ficaram certas, provando a colinearidade de P, Q e R.
Valeu!
[]'s
Martins Rama.
> Prezados amigos da lista.
> Observei que já
Wed, 13 Mar 2013 15:23:52 -0400
> Subject: Re: [obm-l] Geometria
> From: bernardo...@gmail.com
> To: obm-l@mat.puc-rio.br
>
> 2013/3/13 marcone augusto araújo borges :
> > Saja um triângulo cujos lados medem a,b e c e R o raio da circunferência
> > circunscrita.
> > M
Vamos supor que AB=c é o maior dos lados.
Se desde o vértice C desenhamos um diámtro CP, teremos que PA**2 = 4R**2-b**2, e
também que PB**2 = 4R**2-a**2, logo, no triángulo APB temos que a soma dos
quadrados de dois lados é: PA**2+PB**2=8R**2-a**2-b**2, que segundo dado do
problema é igual a c*
2013/3/13 marcone augusto araújo borges :
> Saja um triângulo cujos lados medem a,b e c e R o raio da circunferência
> circunscrita.
> Mostre que a^2 + b^2 + c^2 = 8R^2 se,e somente se,o triângulo é retângulo.
>
> Se o triangulo é retangulo,considerando a < = b < c,temos que a^2 + b^2 =
> c^2
> a^2
Existe,teoricamente.
> Date: Thu, 1 Nov 2012 08:21:14 -0400
> Subject: [obm-l] Re: [obm-l] Geometria(questão meio estranha)
> From: bernardo...@gmail.com
> To: obm-l@mat.puc-rio.br
>
> 2012/11/1 marcone augusto araújo borges :
> > Se todos os lados de um triangulo fore
Que interessante!Obrigado!
> From: saldana...@pucp.edu.pe
> To: obm-l@mat.puc-rio.br
> CC:
> Subject: [obm-l] Re: [obm-l] Geometria( Questão di ficil(?))
> Date: Thu, 1 Nov 2012 11:24:24 -0500
>
>
>
> Esta vez va en español,
>
> por el punto C trace una re
Tem triângulos assim, sim.
Fixe qualquer um dos lados como base, e seja b o comprimento deste lado
(em cm). Trace uma reta paralela à base e chame h à distância desta reta
à base (também em cm). Todos os triângulos cconstruídos com aquela base
e vértice oposto sobre a reta paralela terão a mes
Esta vez va en español,
por el punto C trace una recta paralela a AD. Sea P el punto de intersección de
esa recta con la recta que contiene a los puntos A y B. Entonces por el teorema
de thales: AB/BP = BD/BC, es decir ABxBC = BDxBP, por lo tanto los triángulos
ABC y PBD son equivalentes. Si M
>
> > 2) São dados dois quadrados em um mesmo plano,de lados 2cm e 1cm.Se o
> centro
> > do quadrado de menor lado coincide com um dos vértices do
> > quadrado de maior lado,determine as possíveis áreas da porção do plano
> comum
> > aos dois quadrados.
>
Sejam ABCD o quadrado de lado 2, e PQRS o
Obrigado,Julio.Se for possível detalhar um pouco mais a sulução,agradeço.De
qualquer forma vou procurar a questão nos arquivos da lista.
> From: saldana...@pucp.edu.pe
> To: obm-l@mat.puc-rio.br
> CC:
> Subject: [obm-l] Re: [obm-l] Geometria
> Date: Thu, 13 Sep 2012
Eu acho que já resolvimos esse problema aquí na lista. Mas vou tentar uma
solução diferente:
Chame de M aquele ponto de CD para o qual BM=BC. Então
Seja ABC um triangulo isosceles com base BC e BAC mede 20 graus.Seja D um
ponto do lado AC distinto de A tal que DBC mede 60 graus.
Sejam E e
eja entre A e C, isto é,
>que b>r.sin(Â/2)AQ = r.cot(Â/2). Logo, b>r.cot(Â/2)
[]'s
Luís
Date: Tue, 11 Sep 2012 13:47:40 -0300
Subject: [obm-l] Re: [obm-l] Geometria(Construção(2))
From: ralp...@gmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
1) Considere o círculo de diâmetro P1P2. Ele cont
1) Considere o círculo de diâmetro P1P2. Ele contém o vértice A do
quadrado... Mas, melhor ainda, pense na diagonal AC! Como ela é a bissetriz
do ângulo P1AP2, então ela passa pelo ponto D1, médio do arco P1P2 daquele
círculo (veja figura anexa, viva Geogebra!), que é DETERMINADO A PARTIR DE
P1 e P
Parece que há uma inversão na posição dos pontos, não?
[ ]'s
Carlos Vitor, poderia explicar por que o quadrilatero ACHE eh ciclico?
Vc. estah considerando EH paralelo a AC? Por que?
[ ]'s
Olá Arkon ,
Uma solução é :
Seja O o ortocentro de ABC . Observe que o triângulo AOC é semelhante ao
triângulo OEH , pois o quadrilátero ACHE é inscritível . Seja x = EH ,
então 7/x = AO/EO e como OE = OA.cosB . Usando a lei dos cosenos encontre
cosB = 1/5 e daí x =7/5 , ok ? .Acredito que pen
Acho que estamos falando aqui sobre o caso em que o raio das esferaas eh
máximo, i.e., cada face do tetraedro tangencia tres das esferas.
Assim, Maldonado, seu tetraedro estah muito subdimensionado; vc. soma um r ah
altura do tetraedro interno na base, OK, mas um r no vertice(?) não estah OK.
Ach
Não, você tem razão. Minha dúvida era mesmo que a reta passasse por O, o
ponto K estaria indeterminado. Mas agora vejo que se ela passa por O e
deve ser perpendicular a face, o ponto K fica determinado. Desculpe o
engano.
Abço.
Em 26 de julho de 2012 11:43, Eduardo Wilner
escreveu:
> É verdade;
Como o tetraedro é perfeitamente simétrico, temos que o centro do tetraedro
formado pelos centros das esferas é obviamente o centro do tetraedro maior, mas
a altura de um tetraedro de lado l é l(2/3)^0.5, logo: a(2/3)^0.5 = 2r +
2r(2/3)^0.5
[]`sJoao
From: marconeborge...@hotmail.com
To: obm-l@
Parece estar faltando alguma coisa. O ponto K de intersecção da reta r com
o apótema poderia ser qualquer ponto sobre o apótema, o que daria
diferentes comprimentos para o segmento OK.
Em 21 de julho de 2012 20:06, Eduardo Wilner
escreveu:
> Parece haver algum engano, ou eu não entendí o enuncia
Parece haver algum engano, ou eu não entendí o enunciado
Podemos construir um corte "vertical" da pirâmide como um triângulo retângulo
com um cateto sendo a metade da aresta, a/2, a hipotenusa como a altura do
triângulo equilátero, da face lateral, (a/2) 3^(1/2), portanto o outro cateto,
altura
Ola' Marcone,
pelo teorema de Menelaus, temos o seguinte:
AD * BE * CM = BD * CE * AM
ou seja,
9 * BE * 3 = 3 * CE * 3 ,
de onde 3BE=CE .
Assim, a altura de BED vale 1/4 da altura de BCA.
Como sua base vale a metade, a relacao entre as areas vale 1/8.
[]'s
Rogerio Ponce
Em 1 de abril de 2012 12:4
Ora, ora,
E eu não li o enunciado direito e nem percebi que seu heptágono era regular!
Mais certamente seria BEM MAIS interessante se não fosse...
Abraços
Nehab
Em 23/03/2012 15:10, Carlos Nehab escreveu:
Oi, Felipe,
Bonito problema e confesso que não o conhecia e não saquei solução.
Mas desc
Oi, Felipe,
Bonito problema e confesso que não o conhecia e não saquei solução.
Mas descobri vários artigos sobre o tema (o que por si só denota que não
deve se tratar de problema banal).
Veja em http://dl.acm.org/citation.cfm?id=1501726
"A polygon is said to be /simple/ if the only points of
de 2012 15:52
Assunto: Re: [obm-l] geometria
Não entendí "intervalo"...
O período é 7 X 5 X sen(pi/7) cm, ou não é esse o problema?
[ ]'s
--- Em qui, 22/3/12, felipe araujo costa escreveu:
>De: felipe araujo costa
>Assunto: [obm-l] geometria
>Para: "obm-l@m
Desculpe; editando: período --> perímetro.
--- Em qui, 22/3/12, Eduardo Wilner escreveu:
De: Eduardo Wilner
Assunto: Re: [obm-l] geometria
Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Data: Quinta-feira, 22 de Março de 2012, 15:52
Não entendí "intervalo"...
O período é 7 X 5 X sen(pi/7)
Não entendí "intervalo"...
O período é 7 X 5 X sen(pi/7) cm, ou não é esse o problema?
[ ]'s
--- Em qui, 22/3/12, felipe araujo costa escreveu:
De: felipe araujo costa
Assunto: [obm-l] geometria
Para: "obm-l@mat.puc-rio.br"
Data: Quinta-feira, 22 de Março de 2012, 0:45
Preciso de um ajuda.
Hahaha,
Se entregou, Mauricio...
Nehab
Em 23/02/2012 13:01, Mauricio de Araujo escreveu:
Sem querer sem "babão", eu assisti a aulas do Ralph no colégio Impacto
do Rio no final de década de 1980 que me deixaram deveras
impressionado pelas explicações e detalhamentos... Época do Sérgio,
Roquet
Sem querer sem "babão", eu assisti a aulas do Ralph no colégio Impacto do
Rio no final de década de 1980 que me deixaram deveras impressionado pelas
explicações e detalhamentos... Época do Sérgio, Roquete e Cia e preparação
para IME e ITA... bons tempos aqueles.
2012/2/21 Bob Roy
> Ok Ralph ,
>
Ok Ralph ,
Entendi e obrigado pela clareza na sua explicação. Acredito que este eh o
papel do Matemático em expor as suas explicaçoes.Estudarei para chegar a
este nível .
Abraços
Bob
Em 20 de fevereiro de 2012 19:08, Ralph Teixeira escreveu:
> Oi, Bob.
>
> Eu fiz uma hipotese "pesada": de que
Tem um argumento rapido para mostrar que o maximo existe, mas usa Analise:
as circunferencias C1, C2 e C3 sao conjuntos compactos; a funcao Area:
C1xC2xC3->R (que leva os pontos A, B e C na area do triangulo ABC,
incluindo area 0 para triangulos degenerados) eh continua. Toda funcao
continua defini
Oi, Bob.
Eu fiz uma hipotese "pesada": de que o triangulo ABC de area maxima existe.
Entao a primeira frase eh importante: eu supus que ABC JAH EH o triangulo
pedido, o de area maxima apoiado nos 3 circulos (bom, para ser exato, UM
DOS triangulos de area maxima, eu nunca supus que ele eh unico). C
Olá Ralph ,
Obrigado pela atenção , mas tenho uma dúvida :
No momento em que foi fixado o lado BC ( por exemplo) e foi feita a análise
de que AO tem como reta suporte a altura relativa a BC , para que tenhamos
a área máxima ; como posso garantir que BO e CO ( perpendiculares aos lados
AC e BC)
Ou, de outra forma, se existir máximo então O é ortocentro.
Boa pergunta: existe máximo?
Outra questão é: e se quisermos minimizar o perímetro?
Em 20 de fevereiro de 2012 11:31, Ralph Teixeira escreveu:
> Vou supor que o triangulo ABC de area maxima existe (o que eh bem razoavel,
> e eh verdade,
Vou supor que o triangulo ABC de area maxima existe (o que eh bem razoavel,
e eh verdade, mas nao eh obvio usando soh geometria).
Entao seja ABC esse triangulo de area maxima. Fixe o lado BC e pense nas
possiveis posicoes de A. Como o triangulo ABC tem area maxima, entao A eh o
ponto da circunfere
de triangular).
Assim, L >= x * b/a + y * a/b + (c - x - y), e como a <= b, quanto
maior y, menor essa condição. Se tomarmos y máximo (ifu
> De: Bernardo Freitas Paulo da Costa
> Assunto: Re: [obm-l] Geometria
> Para: obm-l@mat.puc-rio.br
> Data: Segunda-feira, 26 de Dezembro d
QH = KP é um postulado?
--- Em seg, 26/12/11, Bernardo Freitas Paulo da Costa
escreveu:
De: Bernardo Freitas Paulo da Costa
Assunto: Re: [obm-l] Geometria
Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Data: Segunda-feira, 26 de Dezembro de 2011, 19:47
2011/12/26 marcone augusto araújo borges :
>
2011/12/26 marcone augusto araújo borges :
> São escolhidos dois pontos P e Q,um cada cateto de um triângulo
> retângulo.As medidas dos comprimentos dos catetos são a e
> b,respectivamente.Sejam K e H as projeções de P e Q,respectivamente,sobre a
> hipotenusa.Determine o menor valor possível par
@mat.puc-rio.br
Subject: RE: [obm-l] geometria
Date: Tue, 22 Nov 2011 13:03:03 -0200
Na verdade o problema não está corretamente escrito (não existe uma só
solução para o problema em si, mas infinitas)
Um problema possível de se resolver seria:
Dados dois círculos tangentes entre si
Na verdade o problema não está corretamente escrito (não existe uma só
solução para o problema em si, mas infinitas)Um problema possível de se
resolver seria: Dados dois círculos tangentes entre si externamente e um
círculo maior, pelo qual os círculos menores o tangem internamente, tal
Bom existe um livro de poliedros escrito por um professor do
colégio pedro segundo no Rio de Janeiro, livro antigo, foi em
dedicatória aos desenhos muito bons que ele fazia no quadro acho que la
tem a demosntracao!! vou ver depois em casa que eu tenho ele, e ja te
mando!! a tarde
On Sat, 12 N
Essa questão é bem legal.
Uma solução sintética: ligue A com C e C com E. Perceba que dois triângulos
retângulos isósceles são formados (ABC e CDE).
Tome N e P como os pontos médios de AC e CE, respectivamente. Trace MN e
MP. Note que MNCP é um paralelogramo.
Trace BN e DP. Verifique agora que os
Tente usar Números Complexos. Sai fácil.
Outro modo é usar umas rotações espertas.
Em 01/11/11, marcone augusto araújo
borges escreveu:
>
> Em um pentágono convexo ABCDE,os ângulos B e D são retos e tem-se AB = BC
> e CD = DE.SE M é o ponto médio de AE,
> mostre que o ângulo Não consegui resol
Menelaus:
AM/MB * BS/SC * CN/NA = 1
30/30 * 72/12 * CN/NA = 1
AN/NC = 6
Proporções:
AN = 360/7
Daí o cálculo das áreas fica fácil.
Em 26/10/11, marcone augusto araújo
borges escreveu:
>
> Um triangulo equilatero ABC tem 60m de perimetro.Prolonga-se a base BC e
> sobre o prolongamento toma-se CS =
obm-l@mat.puc-rio.br
> Fecha : Sun, 24 Jul 2011 19:18:18 -0300
> Asunto : Re: [obm-l] Geometria OBM
> >Olá João ,
> >
> >Houve um erro na digitação : onde está AO1 =y lê-se BO1 =y . ok ? .
> >Desculpe o erro .
> >
> >Abraços
> >
> >Carlos Vic
, então O1O2P=20, finalmente BO1O2=20+20=40
Julio Saldaña
-- Mensaje original ---
De : obm-l@mat.puc-rio.br
Para : obm-l@mat.puc-rio.br
Fecha : Sun, 24 Jul 2011 19:18:18 -0300
Asunto : Re: [obm-l] Geometria OBM
Olá João ,
Houve um erro na digitação : onde está AO1 =y lê-se BO1 =y
Olá João ,
Houve um erro na digitação : onde está AO1 =y lê-se BO1 =y . ok ? .
Desculpe o erro .
Abraços
Carlos Victor
Em 24 de julho de 2011 19:11, Carlos Victor escreveu:
> Olá João ,
>
> Vamos inicialmente a uma solução trigonométrica :
>
> Seja z o ângulo pedido .Sejam também AB =a ; A
Olá João ,
Vamos inicialmente a uma solução trigonométrica :
Seja z o ângulo pedido .Sejam também AB =a ; AO2 = x e AO1= y.Então teremos
:
Triang *BO1O2 : y/sen(160-z) = x/sen*z
Triang ABO2 : x/sen50 = a/sen80
Triang BO1A : y/sen80 = a/sen70
Logo :sen(20+z) = 4cos10.sen20.senz ; ou sen(20
Olá João
Todos os anos resolvo esse problema nas minhas turmas. Esse problema sai por
congruência de triângulos. Farei um desenho no geogebra e mando pra você
assim que der.
Abraço
Em 15 de maio de 2011 21:40, Tiago escreveu:
> Olá, sei que não é exatamente o que você procura, mas esse problem
Olá, sei que não é exatamente o que você procura, mas esse problema tem uma
solução muito rápida usando números complexos. Se quiser tentar, é bem
parecido com este:
http://legauss.blogspot.com/2010/12/um-problema-de-geometria-e-sua-solucao.html
2011/5/15 João Maldonado
> Bom, eu sei que vocês
Em 12/05/11, Luís Lopes escreveu:
>
> Sauda,c~oes,
>
> Fonte: Treinamento Cone Sul Volume 2.
>
> Problema 26 p. 135
>
> H_b , H_c pés das alturas de B e C.
> H ortocentro
> M_a médio de BC
> Gamma Circuncírculo de ABC
> phi Circuncírculo de AH_bH_c
> S segunda interseção de phi com Gamma
>
> Mostre
t.puc-rio.br] Em
>> > nome de Carlos Nehab
>> > Enviada em: 28 de abril de 2011 17:30
>> > Para: obm-l@mat.puc-rio.br
>> > Assunto: Re: [obm-l] Geometria
>> >
>> > Oi, João,
>> >
>> > O seu exercício é um clássico.
>> > A
2011/5/3 João Maldonado :
> Olá colegas da lista
Oi João e colegas da obm-l.
> Proponho outro problema a vocês
> Também do livro de Geometria de Morgado:
> Dois A e B pontos estão sobre o plano. Determine o ponto M sobre uma reta
> qualquer r tal que AM + MB seja mínimo.
Esse exercício é de que
Esta eh a lei da reflexão, na optica, e a demonstração mais simples é a do
Teixeira.
[ ]'s
(Suponho que A e B estao do mesmo lado de r)
Seja A' o simetrico de A com relacao aa reta r.
Note que, dado um ponto S qualquer na reta r, o comprimento do caminho
poligonal ASB eh igual ao comprimento do caminho poligonal A'SB.
Assim, minimizar ASB eh o mesmo que minimizar A'SB. Mas o menor
cam
gem original-
> > De: owner-ob...@mat.puc-rio.br [mailto:owner-ob...@mat.puc-rio.br] Em
> > nome de Carlos Nehab
> > Enviada em: 28 de abril de 2011 17:30
> > Para: obm-l@mat.puc-rio.br
> > Assunto: Re: [obm-l] Geometria
> >
> > Oi, João,
> >
Oi, João,
O seu exercício é um clássico.
Ai vai a dica. Um trabalho legal da Silvana: você vai gostar.
http://www.mat.puc-rio.br/~hjbortol/complexidade/complexidade-em-geometria.pdf
Capítulo 2 a partir da página 28
Olhe também a página 36.
Abraços,
Nehab
Em 26/4/2011 20:22, João Maldonado esc
Dado que QC=BC
Seja R um ponto de PB tal que RC=CB. Então
triângulo RQC é equilátero => RQ=QC=RC=BC. De outro lado, como
PR=RC, logo PR=RQ, ou seja que o triângulo PRQ é isósceles. Como
O seguinte problema está no livro Geometria I de Morgado, e não sei porque
não estou conseguindo res
(Tecnicamente, soh o ramo com x<3)
2011/2/24 Ralph Teixeira :
> Como o titulo eh Geometria Analitica -- seja C=(x,y). Note que o
> triangulo tem que ser agudo em B -- entao x<3.
>
> Agora
> tan CAB = y/x
> tan CBA = y/(3-x)
>
> Agora use que tan2z=2tanz/(1-(tanz)^2). Entao se CAB=2CBA faca as
Como o titulo eh Geometria Analitica -- seja C=(x,y). Note que o
triangulo tem que ser agudo em B -- entao x<3.
Agora
tan CAB = y/x
tan CBA = y/(3-x)
Agora use que tan2z=2tanz/(1-(tanz)^2). Entao se CAB=2CBA faca as contas
...dah uma hiperbole.
Abraco,
Ralph
2011/2/24 Vinícius
Se você puder postar aqui algumas questões, tenho certeza de que muitos
ajudarão você.
Um abraço
PC
Em 14 de fevereiro de 2011 03:12, Pierry �ngelo Pereira <
pierryang...@gmail.com> escreveu:
> Olá a todos da lista,
>
> Gostaria de perguntar se alguém dispõe da resolução dos livros de Geometria
Muitíssimo obrigado e boas festas!
Em 20 de dezembro de 2010 23:11, Eduardo Beltrao escreveu:
> Prezado Marcelo,
> Após algum tempo solucionando o problema proposto, cheguei a uma
> resposta muito próxima da que você postou aqui. A solução transcrevo abaixo,
> porém peço para que verifique se o
Prezado Marcelo,
Após algum tempo solucionando o problema proposto, cheguei a uma
resposta muito próxima da que você postou aqui. A solução transcrevo abaixo,
porém peço para que verifique se o resultado correto é realmente (OG)^2 =
R^2 - 1/3*(A^2 + B^2 + C^2), e não (OG)^2 = R^2 - 1/9*(A^2 + B^2 +
Se não me engano este problema foi proposto numa Eureka! Assim que der
eu vejo qual o número, mas é recente (entre as últimas 8 ou 10).
Em 16/11/10, Luís Lopes escreveu:
>
> Sauda,c~oes,
>
> Pediram-me a solução do problema abaixo. Como muito provavelmente
> tal problema já apareceu por aqui, perg
1) Deve haver mais uma correção: o segmento EF não intersepta a diagonal BD
pois é paralelo à mesma. Admití :" em lugar de EF leia-se AF".
Assim, por semelhança dos tirângulos BCD e ECF concluímos EF = 1/2.
Prolongando a reta r que contém EF, nos dois sentidos de tal modo que os
prolongamentos
Note primeiro que EF é base média do triângulo BCD,com isso temos que EF é
paraleloo a BD e EF =0,5.1=0,5.Como MN pertence a BD, MN é paralelo a EF,o
que implica que o triângulo EAF é semelhante ao tiângulo AMN.Agora seja AC a
outra diagonal do paralelogramo e seja O a intersecção as dua
Entendi,obrigado!
Date: Sun, 18 Jul 2010 19:57:37 -0700
From: cysh...@yahoo.com
Subject: Re: [obm-l] Geometria Olimpica
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Claro!
Para facilitar, seja BC o lado de medida a, AB o lado de medida a-d e AC o lado
de medida a+d. O ponto médio é M e o pé da bissetriz é
borge...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: RE: [obm-l] Geometria Olimpica
Date: Mon, 19 Jul 2010 00:40:49 +
Daria para explicar como obter a expressão (a/2-a(a-d)/(a-d+a+d))?
Date: Fri, 16 Jul 2010 08:19:49 -0700
From: cysh...@yahoo.com
Subjec
Daria para explicar como obter a expressão (a/2-a(a-d)/(a-d+a+d))?
Date: Fri, 16 Jul 2010 08:19:49 -0700
From: cysh...@yahoo.com
Subject: Re: [obm-l] Geometria Olimpica
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Nossa, quantas soluções bacanas! Eu pensei nessa aqui:
Sejam a - d, a, a + d os lados do
+ (c - b)GC = 0 or
3b.IG = d.(GA - GC) = d.CA
and hence |IG| = |CA|.d/3b = d/3.
Best regards
Nikos Dergiades
From: qed_te...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: RE: [obm-l] Geometria Olimpica
Date: Thu, 15 Jul 2010 20:06:14 +
Sauda,c~oes,
- b)GC = 0 or
3b.IG = d.(GA - GC) = d.CA
and hence |IG| = |CA|.d/3b = d/3.
Best regards
Nikos Dergiades
From: qed_te...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: RE: [obm-l] Geometria Olimpica
Date: Thu, 15 Jul 2010 20:06:14 +
Sauda,c~oes,
Três soluções de um outro grupo.
[]'
ang Tuan
From: marconeborge...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: RE: [obm-l] Geometria Olimpica
Date: Tue, 13 Jul 2010 21:51:15 +
Muito ´´bonito´´ mesmo.Seria muito interessante ver soluções diferentes
postadas aqui neste fabuloso espaço.
Date: Tue, 13 Jul 2010 14:36:06 -0700
and centered at A
passing X1
Y1 = midpoint of BX1
Y2 = midpoint of BX2
A1 = midpoint of BC
C1 = midpoint of AB
I = intesection of AY1 and CY2
G = intesection of AA1 and CC1
>From this construction: GI//AC and
GI = 2/3*A1Y1 = 2/3*1/2*CX1 = 1/3*CX1 = d/3
Best regards,
Bui Quang Tuan
From:
Muito ´´bonito´´ mesmo.Seria muito interessante ver soluções diferentes
postadas aqui neste fabuloso espaço.
Date: Tue, 13 Jul 2010 14:36:06 -0700
From: luizfelipec...@yahoo.com.br
Subject: RE: [obm-l] Geometria Olimpica
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Estou enviando, pois achei o problema
Estou enviando, pois achei o problema muito "bonito".
Abs
Felipe
--- Em ter, 13/7/10, Thiago Tarraf Varella escreveu:
De: Thiago Tarraf Varella
Assunto: RE: [obm-l] Geometria Olimpica
Para: "OBM Lista"
Data: Terça-feira, 13 de Julho de 2010, 13:57
Você está apenas c
obrigado!
Faltou "enxergar" o triângulo isósceles!!
Em 21 de abril de 2010 12:20, Eduardo Wilner
escreveu:
> Ocorreu uma rotação de 90° em torno do vértice C. Assim, o triângulo BEC é
> isoceles e retângulo, logo o < CBE = 45°
>
> Abraços
>
> Wilner
>
>
> --- Em *qua, 21/4/10, Marcelo Costa
Ocorreu uma rotação de 90° em torno do vértice C. Assim, o triângulo BEC é
isoceles e retângulo, logo o < CBE = 45°
Abraços
Wilner
--- Em qua, 21/4/10, Marcelo Costa escreveu:
De: Marcelo Costa
Assunto: [obm-l] Geometria (ângulos) bem interessante!
Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Data: Qu
Eu agradeço muito a vocês era isso mesmo, confeso que não tinha conhecimento
da síntese do Teorema de Clariaut, valeu mesmo, muitíssimo obrigado a todos!
Que Deus continue nos abençoando hoje e sempre!
Em 22 de março de 2010 17:26, Bernardo Freitas Paulo da Costa <
bernardo...@gmail.com> escreveu:
2010/3/22 Fabio Bernardo :
> Use a síntese clariaut
> Se o quadrado do maior lado for igual a soma dos quadrados dos outros lados,
> o triângulo é retângulo.
>
> Se for menor ele é acutângulo e se for maior é obtusângulo.
Que é exatamente o que o Luiz silva escreveu.
E eu acho que ele se chamava C
Ola Marcelo,
O mais próximo que existe é vc determinar se o triângulo é obtusângulo,
acutângulo ou retângulo. Dados a, b e c. Admitndo-se que c é o maior lado :
Se c^2b^2+a^2 - obtusangulo.
Uma outra maneira de se chegar aos ângulos, sem lei dos co-senos, envolve a lei
dos senosCalcul
Manoel P G Neto Neto wrote:
Olá pessoal,
Imagino que seja um exercício simples, no entanto não
consegui solucioná-lo. Se alguém puder me ajudar,
agradeço.
Dada a reta (A)(B), onde A[3; 7; 2] e B[10; 3; 8], determinar
sobre esta reta, um ponto tal que o afastamento seja o triplo
da cota.
-
Ops... Achei um pequeno erro!!! a diferença entre as bases é 25, e não 15
como mencionado... Assim, a diferença entre as bases, o lado oblíquo e a
altura do trapézio formam um triângulo retângulo de lados iguais a 25, X e
H, respectivamente, com X sendo a hipotenusa. Logo, X² = 25² + H² => (93 -
H)
A resposta é 2106?
Observe que o ponto onde a árvore se localiza é interno ao trapézio e é o
centro da circunferência inscrita. Logo a soma de dois lados opostos é igual
à soma dos outros dois lados opostos (a soma das bases é igual a soma da
altura H com o lado oblíquo X). Isto quer dizer que 34 +
Pelo enunciado fica claro que o trapézio é circunscrito.
Então traçando uma paralela a altura h do trapézio, formamos um triângulo
retângulo cujos catetos são h e 25 (59 - 34) e hipotenusa 93 - h (34 + 53 =
h + a) Pitot.
daí (93-h)^2 = h^2 + 25^2 => h = 8024/186.
Logo a área do trapézio = 93/2 .80
Considere um segmento B'D' de comprimento 5raiz(2). Trace um circulo
com diametro B'D' e seja C' o medio do arco B'D'. Note que
B'C'=C'D'=5.
Agora marque M' no OUTRO arco B'D' de forma que B'M'=2.5. Note que
:
> Esse exercicio caiu numa prova de aptidão da arquitetura Usp. Para quem
> resolver, me
Oi Pessoal,
O email q enviei não chegou para mim, nem vi nos arquivos da lista, então estou
reenviando.
Abs
Felipe
--- Em seg, 9/11/09, luiz silva escreveu:
De: luiz silva
Assunto: Re: [obm-l] geometria
Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Data: Segunda-feira, 9 de Novembro de 2009, 8:42
Assunto: Re: [obm-l] geometria
Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Data: Domingo, 8 de Novembro de 2009, 11:28
Acho que o buraco eh mais embaixo -- aa primeira vista, o problema me parece
ser "sobredeterminado"...
Explico: chamando BD=x, temos AB=x/cos50 e AD=x.tan50. Pitagoras em ACD tira
CD=
Ola,
Qdo ligamos DM, temos que DM=MC=AM, pois DM é mediana do triangulo retangulo
ACD. Isso resolve o problema.
Abs
Felipe
--- Em dom, 8/11/09, Eduardo Wilner escreveu:
De: Eduardo Wilner
Assunto: Re: [obm-l] geometria
Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Data: Domingo, 8 de Novembro de 2009, 0:43
Ola Marcelo,
Procure por triângulos isósceles
Abs
Felipe
--- Em sáb, 7/11/09, Marcelo Costa escreveu:
De: Marcelo Costa
Assunto: Re: [obm-l] geometria
Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Data: Sábado, 7 de Novembro de 2009, 1:10
Me veio algo, como posso afirmar que DM é paralelo à AB
> --- Em *sáb, 7/11/09, Marcelo Costa * escreveu:
>
>
> De: Marcelo Costa
> Assunto: Re: [obm-l] geometria
>
> Para: obm-l@mat.puc-rio.br
> Data: Sábado, 7 de Novembro de 2009, 1:10
>
> Me veio algo, como posso afirmar que DM é paralelo à AB?
>
>
> 2009/11/
Realmente Marcelo, de onde saiu este triângulo mágico?
[]'s
Wilner
--- Em sáb, 7/11/09, Marcelo Costa escreveu:
De: Marcelo Costa
Assunto: Re: [obm-l] geometria
Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Data: Sábado, 7 de Novembro de 2009, 1:10
Me veio algo, como posso afirmar que DM é paralelo
escreveu:
>
>
> De: Marcelo Costa
> Assunto: Re: [obm-l] geometria
> Para: obm-l@mat.puc-rio.br
> Data: Sábado, 7 de Novembro de 2009, 1:10
>
> Me veio algo, como posso afirmar que DM é paralelo à AB?
>
>
> 2009/11/6 Marcelo Costa
> http://mc/compose?to=ma
Não entendí esta de ligar D a M ? Poderia explicar ?
Achei o problema bizarro e parece que, para ângulos menores que 90°, dá 53,4°
???
--- Em sáb, 7/11/09, Marcelo Costa escreveu:
De: Marcelo Costa
Assunto: Re: [obm-l] geometria
Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Data: Sábado, 7 de Novembro de 2009
valeu, obrigado, lamentavelmente não enxerguei o trapézio, arg que raiva!
Mas valeu de coração.
2009/11/5 luiz silva
> Ola Marcelo,
>
> Ligue os pontos D e M e corra para o abraço ::))
>
> Abs
> Felipe
>
> --- Em *qui, 5/11/09, Marcelo Costa * escreveu:
>
>
> De: Marcelo Costa
> Assunto: [obm-l
Ola Marcelo,
Ligue os pontos D e M e corra para o abraço ::))
Abs
Felipe
--- Em qui, 5/11/09, Marcelo Costa escreveu:
De: Marcelo Costa
Assunto: [obm-l] geometria
Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Data: Quinta-feira, 5 de Novembro de 2009, 18:52
Num triângulo ABC, temos AD como altura relativa
Â
Carpe Dien
Em 31/10/2009 08:19, Robério Alves < prof_robe...@yahoo.com.br > escreveu:
Como é que resolve essa questão ?Encontre o foco da parábola y = x^2 + 2x + i
Veja quais são os assuntos do momento no Yahoo! + Buscados: Top 10 - Celebridades - Música - Esportes
==
Preturlan, esta questão do CN é de que ano?
Se M fosse ponto médio de HX e não de BC a solução apresentada seria legal.
Como o CN geralmente comete erros nos enunciados, esta está parecendo mais
uma.
Em todo caso se você conseguir uma solução não se esqueça de postar.
2009/6/5 Joâo Gabriel Preturla
Em 03/06/2009 23:25, Joâo Gabriel Preturlan < jgpretur...@uol.com.br > escreveu:
Gostaria de ajuda na seguinte questão:
Â
âSejam o triângulo ABC de lados AB= 25, AC=26, BC=27cm, H o ortocentro de ABC e M o ponto médio do lado BC. Seja X o ponto em que a reta HM intersecta o arco BC(que nÃ
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