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Várias Soluções de um Problema Geométrico

As vezes, a grande a fonte de raciocínios lógicos vem da Geometria Plana e por isso, essa disciplina deveria ser exaltada por todos os professores do Ensino Fundamental e Médio. O problema que apresentarei neste post é uma bela questão onde são exploradas várias ideias matemáticas.

Problema: Considere o quadrado [;ABCD;] na figura ao lado e os triângulos equiláteros [;AFB;] e [;BCE;]. Mostre que os pontos [;D;], [;E;] e [;F;] são colineares.

[;1^{\underline{a}};] Solução: Seja [;AB = l;]. Note que [;A\hat{E}B = 60^{\circ};]. Sendo [;D\hat{A}E = 30^{\circ};] e [;\triangle ADE;] isósceles ([;AD = AE = l;]) segue que [;D\hat{E}A = 75^{\circ};]. No [;\triangle FBE;], [;F\hat{B}E = 60^{\circ} + 30^{\circ} = 90^{\circ};] e sendo [;BE = BF = l;], temos que [;B\hat{E}F = 45^{\circ};]. Logo,



[;2^{\underline{a}};] Solução: Colocando um sistema de coordenadas cartesianas com o eixo [;x\ ;] passando por [;AB;] e eixo [;y;] passando por [;AD;], segue que [;D(0,l);], [;E(l/2,\sqrt{3}l/2);] e [;F(l + \sqrt{3}l/2,l/2);].


Usando a condição de alinhamento de [;3;] pontos, segue que

[;\begin{vmatrix} 0 & l & 1 \\l/2 & \sqrt{3}l/2 & 1\\(1 + \sqrt{3}/2)l & l/2 & 1\end{vmatrix} =-l\begin{vmatrix}l/2 & \sqrt{3}l/2\\(1 + \sqrt{3}/2)l & l/2\end{vmatrix} + \begin{vmatrix}l/2 & \sqrt{3}l/2\\(1 + \sqrt{3}/2)l & l/2\end{vmatrix};]



[;3^{\underline{a}};] Solução: Outro modo de provar que os pontos [;D;], [;E;] e [;F;] são colineares é através do teorema de Pitágoras e a lei dos cossenos.

Usando o teorema de Pitágora no [;\triangle BEF;], temos:

[;EF^2 = BE^2 + BF^2 = l^2 + l^2 = 2l^2 \quad \Rightarrow \quad EF = \sqrt{2}l \qquad (1);]

Usando a lei dos cossenos no [;\triangle DCF;], segue que

[;DF^2 = DC^2 + CF^2 - 2DC\cdot CF\cos 150^{\circ};]

[;= 2l^2 -2l^2(-\frac{\sqrt{3}}{2}) = (2 + \sqrt{3})l^2 \quad \Rightarrow DF = \sqrt{2 + \sqrt{3}}l \qquad (2);]

No post Transformações de Radicais, explico como podemos simplifica alguns radicais duplos. Usando esta técnica, podemos reescrever [;(2);] do seguinte modo:

[;DF = \sqrt{2 + \sqrt{3}}l = \frac{1}{2}(\sqrt{6} + \sqrt{2})l\qquad (3);]

Usando novamente a lei dos cossenos no [;\triangle ADE;], obtemos

[;DE = \sqrt{2 - \sqrt{3}} = \frac{1}{2}(\sqrt{6} - \sqrt{2})l\qquad (4);]

Somando as expressões [;(1);] e [;(4);], segue que

[;DE + EF = \frac{1}{2}(\sqrt{6} - \sqrt{2})l + \sqrt{2}l = \frac{1}{2}(\sqrt{6} + \sqrt{2}) = DF;]

ou seja, os pontos são colineares.

[;4^{\underline{a}};] Solução: Considere os vetores [;\vec{ED};] e [;\vec{EF};]. Da figura acima, [;\vec{ED} = \vec{AD} - \vec{AE};] e [;\vec{EF} = \vec{BF} - \vec{BE};]. Aplicando o produto vetorial e representando por [;\vec{k};] o vetor unitário ortogonal ao plano que contém a figura, temos:

[;\vec{ED}\times \vec{EF} = (\vec{AD} - \vec{AE})\times(\vec{BF} - \vec{BE});]

[;= \vec{AD}\times\vec{BF} - \vec{AD}\times\vec{BE} - \vec{AE}\times\vec{BF} + \vec{AE}\times\vec{BE};]

[;=-l^2\sin 60^{\circ}\vec{k} - l^2\sin 30^{\circ}\vec{k} + l^2\sin 30^{\circ}\vec{k} + l^2\sin 60^{\circ}\vec{k} = 0\vec{k};]

Na última igualdade, usei o módulo do produto vetorial com a regra da mão direita, isto é, o produto vetorial é negativo ou positivo conforme giramos um vetor no sentido horário ou anti-horário no encontro do outro.

Logo, os pontos [;D;], [;E;] e [;F;] são colineares.

Gostará de ler também:
- Euler e o Quadrilátero Convexo;
- A Desigualdade Erdos-Mordell;
- Sobre o Produto Escalar;

3 comentários:

  1. Recebi mais uma solução do "Passarim" da comunidade de Matemática do Orkut que irei apresentá-la para os demais leitores.

    Baixe de F, uma perpendicular que intercepta o prolongamento do lado AB no ponto G, formando o trapézio de bases AD e FG e altura AG, isto é, trapézio AGFD. Seja S a área do quadrado ABCD e do triangulo equilátero BFC, isto é,

    [;S = l^2 + \frac{l^2\sqrt{3}}{4} = \frac{(4 + \sqrt{3})l^2}{4};]

    Por outro lado,
    [;S = S_{AGFD} - S_{\triangle BGF} + S_{\triangle FCD} \quad \Rightarrow;]

    [;S = (l + l/2)(l + l\sqrt{3}/2)\frac{1}{2} - \frac{l}{2}\frac{l\sqrt{3}}{2}\frac{1}{2} + l\frac{l}{2}\frac{1}{2} = \frac{(4 + \sqrt{3})l^2}{4};]

    Logo, os pontos estão D, E e F estão alinhados.

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  2. Professor, na primeira solução há uma repetição de DÂE. Confira se existe realmente algum erro.
    Belo post, particularmente prefiro a solução vetorial.

    Um grande abraço.

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  3. Obrigado pelo comentário Alan. Já corrigi o problema,o correto é [;D\hat{E}A;].

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