Geometria plana - III

ABCD é um quadrado. Determine BE.

Vou resolver por analítica   :twisted:

vamos supor que temos um quadrado de lado 4, porque trabalhar com " x " na analítica nesse tipo de questão é meio enjoado.... 
A(0,0)         C (4,4)    F (4,2)
B(4,0)         D (0,4)

1. equação da reta DF ->
m = 4 - 2/ 0- 4
m= 2/-4  => m= -1/2
reta DF -> (y - 4)=-1/2 (x - 0)
DF ->       2(y-4) = -x
DF - >      2y +x =8

2.qualquer reta que passe de modo perpendicular a DF terá que ter coeficiente angular m' , tal que :
m.m' = -1
(-1/2)m'=-1        => m'= 2
vamos calcular agora a reta AE
AE ->      (y - 0) =2 (x - 0)
AE ->        y - 2x = 0

3. calculemos o ponto E
y-2x=0   -> -2y +4x = 0
2y + x = 8
5x= 8     = >  x= 1,6 e y= 3,2
E(1,6 , 3,2 )

4.calcule a distância EB
d² = (4 - 1,6)² + (3,2 - 0)²
d² = 5,76 + 10,24
d²= 16
d= 4


como a distância EB é equivalente ao lado do quadrado , que foi considerado igual a 4, teremos que ->
EB = x 

É tanto triângulo que a visão chega a tremer 

Eu sabia que era possível resolver por triângulos, mas como já imaginava, é muito difícil 

Kill, boa solução; realmente útil fazer por GA. O que temo é não poder usar uma solução dessa numa discursiva, jogando um valor para x. E como você mesmo disse, trabalhar com x seria meio enjoado. Mas certamente vale a pena em uma objetiva.

Raimundo, a sua solução parece simples, como sempre acaba sendo com esses traços que são tirados do além xD mas não consegui acompanhar os raciocínios para entender sua solução.

Além dessas, há outra solução:

Mas não entendo como é possível simplesmente assumir que existe uma circunferência que passe por A, E, F e B simultaneamente.

Ashitaka, numa prova discursiva, caso tenha a necessidade de usar G.A , chame o x de "a" e manda bala   Porém a explicação deve estar bem detalhada... por exemplo, desenhar um plano cartesiano de origem em A seria uma boa ideia   Mas só recomendo fazer isso se você realmente não tiver ideia de como resolver, pois a resolução usando uma letra vai ficar bem grande..... porém é melhor resolver do que deixar em branco  :twisted:

Eu também não entendi muito bem a sua resolução Raimundo   acabei me perdendo no meio dela 

a respeito da resolução envolvendo a circunferência... realmente é necessário uma visão bem ampla do problema   

Também é possível resolver utilizando as relações trigonométricas , mas ai as contas ficariam novamente meio complicadas, como por exemplo, calcular tg(180 - 2a) , mas não deixa de ser uma possibilidade...

Geralmente eu me safo bem usando trigonometria em problemas de geometria. Eu cheguei a tentar nesse aí. Coloquei um ângulo em DAE e consegui "arrastá-lo" para EFB. Porém, faltou conseguir colocar ele em mais algum lugar no triângulo. Conseguir colocar FEB em função do ângulo provavemente já me permitiria resolver o problema.

Ashitaka, essa solução que você trouxe é ótima. Para a existência da circunferência,  que você não engole, basta observar:

1) os triângulos AEF e ABF são retângulos de hipotenusa comum AF.
2) um triângulo retângulo é inscritível numa semicircunferência cujo diâmetro é a própria hipotenusa.
3) cada semicircunferência em que aqueles triângulos estão fica unida pelo diâmetro comum, a hipotenusa, formando uma única circunferência. O centro desta é o indicado ponto O, médio de AF.

Só uma pequena correção no desenho: ângulo A^EB = 90° - alfa.

Então, como também E^AB = 90°- alfa , temos o triângulo AEB isósceles de base AE.

Medeiros escreveu:Ashitaka, essa solução que você trouxe é ótima. Para a existência da circunferência,  que você não engole, basta observar:

1) os triângulos AEF e ABF são retângulos de hipotenusa comum AF.
2) um triângulo retângulo é inscritível numa semicircunferência cujo diâmetro é a própria hipotenusa.
3) cada semicircunferência em que aqueles triângulos estão fica unida pelo diâmetro comum, a hipotenusa, formando uma única circunferência. O centro desta é o indicado ponto O, médio de AF.

Só uma pequena correção no desenho: ângulo A^EB = 90° - alfa.

Então,  como também E^AB = 90°- alfa ,  temos o triângulo AEB isósceles de base AE.

Agora compreendi a solução... o problema é pensar nessa circunferência na hora de uma prova sem ter tanta prática em enxergar essas coisas. Felizmente a geometria do ITA é mais simples que esses exercícios que tenho estudado e são "resolvíveis" sem ter que enxergar traçados mágicos.
Obrigado a todos!

Mendeiros, você é um ninja 


Esses traçados místicos 

De qualquer modo foi uma questão interessante essa   não só pela dificuldade   mas por perceber que existem milhares de formas de resolver uma mesma questão , confesso que demorei um bom tempo para entender o método geométrico que vocês usaram 

Realmente, no ITA a geometria é mais simples, no IME que complica um pouco....