Colégio Naval - 2018

por brasileiro312 Qua 13 Fev 2019, 16:11

Seja ABCD um quadrado de lado L, em que AC é uma de suas diagonais. Na semirreta BC, onde B é a origem, marca-se E de tal modo que BC = CE. Seja H a circunferência de centro em C e raio L, e P o ponto de interseção de AE com a circunferência H. Sendo assim, é correto afirmar que o segmento DP tem medida igual a:

A) \frac{L\sqrt{10}}{5}

B)\frac{3L\sqrt{10}}{10}

C)\frac{2L\sqrt{5}}{5}

D)\frac{2L\sqrt{10}}{5}

E)\frac{L\sqrt{5}}{10}

Gabarito:

por **Elcioschin** Qua 13 Fev 2019, 17:08

Existe algum desenho? O que ele designa como "origem" é a origem de um sistema xOy?

por brasileiro312 Qua 13 Fev 2019, 17:28

Elcioschin escreveu:Existe algum desenho? O que ele designa como "origem" é a origem de um sistema xOy?

Não existe nenhum desenho. Ele designa origem da semirreta no ponto B, e pelo enunciado entende-se que seja uma semirreta:
\vec{BC}.

por **Giovana Martins** Qua 13 Fev 2019, 17:48

Em primeiro lugar, me perdoe por ter sido muito sucinta nos cálculos. A minha internet está bem ruim hoje e os códigos estavam demorando demais para renderizar no LaTeX.

Quanto a resolução, seguem algumas considerações:

- Pelo critério A.L.A., ∆ADN ≡ ∆CEN, assim, AN=EN;
- Da congruência citada acima, podemos concluir que o ponto N é ponto médio do segmento CD, logo, CN=ND=L/2;
- PN=PE-EN;
- Por fim, eu apliquei a Lei dos Cossenos no ∆DNP.

\\ cos(\theta )=\frac{\sqrt{5}}{5}\ \wedge\ cos(\lambda)=\frac{2\sqrt{5}}{5}\\\\cos(\lambda)=\frac{PE}{2\ell}\to PE=\frac{4\sqrt{5}}{5}\ell\ \\\\\therefore \ PN=\frac{4\sqrt{5}}{5}\ell-\frac{\sqrt{5}}{2}\ell\to PN=\frac{3\sqrt{5}}{10}\ell\\\\DP=\sqrt{\frac{1}{4}\ell^2+\frac{45}{100}\ell^2-2.\frac{1}{2}\ell.\frac{3\sqrt{5}}{10}\ell.\frac{\sqrt{5}}{5}}\\\\\therefore \ \boxed {DP=\frac{\sqrt{10}}{5}\ell}

por **Giovana Martins** Qua 13 Fev 2019, 18:08

Imagem postada.

por **Giovana Martins** Qua 13 Fev 2019, 19:12

Um outro jeito, por geometria analítica:

Seja A(0,0) a origem do sistema xOy.

\\A(0,0)\ \wedge\ E(2\ell,\ell)\ \therefore \ y=\frac{1}{2}x,D(\ell,0)\\\\(x-x_C)^2+(y-y_C)^2=\ell^2\to (x-\ell)^2+(y-\ell)^2=\ell^2\\\\\left\{\begin{matrix}
(x-\ell)^2+(y-\ell)^2=\ell^2\\
y=\frac{1}{2}x
\end{matrix}\right.\to P\left ( \frac{2}{5}\ell,\frac{1}{5}\ell \right )\ \vee\ E(2\ell,\ell)\\\\ \therefore \ P\left ( \frac{2}{5}\ell,\frac{1}{5}\ell \right )\ \therefore \ DP=\sqrt{\left ( \frac{2}{5}\ell-\ell \right )^2+\left ( \frac{1}{5}\ell-0 \right )^2}\to \boxed {DP=\frac{\sqrt{10}}{5}\ell}

por **Medeiros** Qui 14 Fev 2019, 03:21

Aproveitando o desenho da Giovana, outro modo.

\\\text{Pitagoras no }\Delta ABE \longrightarrow \overline{AE}=\ell \sqrt{5}

Potência do ponto A em relação à circunferência H:
\\\text{pot(A)} \to \;\; \overline{AD}^2 = \overline{AP} \cdot \overline{AE} \to \ell^2 = \overline{AP} \cdot \ell\sqrt{5} \to \overline{AP}=\ell \frac{\sqrt{5}}{5}

\\\cos\lambda = \frac{\;\overline{BE}\;}{\overline{AE}} = \frac{2\ell}{\;\ell\sqrt{5}\;} = \frac{\;2\sqrt{5}\;}{5}

lei dos cossenos no triângulo ADP:\\x^2 = \ell^2 + \left(\ell\frac{\sqrt{5}}{5} \right )^2 - 2.\ell.\ell\frac{\sqrt{5}}{5}\cdot\frac{2\sqrt{5}}{5} \\\\
x^2 = \ell^2 + \frac{\ell^2}{5} - \frac{4\ell^2}{5} \to x^2 = \ell^2 \left(1 + \frac{1}{5} - \frac{4}{5} \right) \to x^2 = \ell^2 \cdot\frac{2}{5} \\\\
\therefore \;\; \boxed{\;\; x=\ell\;\frac{\sqrt{10}}{5}\;\;}

por **Medeiros** Qui 14 Fev 2019, 04:37

Outro modo, usando trigonometria e ainda abusando do desenho da Giovana.

\\\Delta ABE \left\{\begin{matrix}
\text{Pitagoras } \to \overline{AE}=\ell\sqrt{5}\\ \cos\lambda=\frac{2\ell}{\ell\sqrt{5}}=\frac{2\sqrt{5}}{5}
\\ \sin\lambda = \frac{\ell}{\ell\sqrt{5}} = \frac{\sqrt{5}}{5}

\end{matrix}\right.

λ é ângulo inscrito
\\\angle BCP=2\lambda \\ \angle BCD=90^o \to \angle PCD = \varphi = 90^o - 2\lambda

\\\cos\varphi = \cos(90^o-2\lambda) = \sin 2\lambda = 2.\sin\lambda.\cos\lambda = 2\cdot\frac{\sqrt{5}}{5}\cdot\frac{2\sqrt{5}}{5} = \frac{4}{\;5\;}

lei dos cossenos no triângulo PCD
\\ x^2 = \ell^2 + \ell^2 - 2.\ell.\ell \cdot\frac{4}{5} \to x^2 = 2\ell^2 \left( 1 - \frac{4}{5} \right) \to x^2 = \ell^2 \;\frac{2}{5} \\\\
\therefore \;\;\; \boxed{\;\; x = \ell \frac{\;\sqrt{10}\;}{5}\;\;}

por brasileiro312 Qui 14 Fev 2019, 14:26

Muito obrigado pela ajuda e pelas diversas soluções Very Happy

por **raimundo pereira** Qui 14 Fev 2019, 19:26

Mais um jeito.
No desenho da Giovana;
BPE ~ CNE ---> ache BP
Pitágoras em ABP --->ache AP
Aplique a relação de Stewart em ADN ou DPC , não esquecer que PN=AN-AP