Estas suas postagens estão me fazendo voltar a estudar matemática apenas por puro prazer em resolver questões, agora sem aquelas pressões porquê passamos na escola. Continue com os vídeos!
Cesinha muito obrigado! Adoro seus vídeos do Colégio Naval, estudo pra esse concurso já há dois anos e adoro ver resoluções de questões, não pare por favor! Se Deus quiser eu passo esse ano.
Boa e surpreendente solução por GA. Fiz prolongando a reta CD até a altura do ponto B, onde nasceu o ponto F. Por semelhança entre os triângulos BDF e CDE podemos encontrar o comprimento de CE e, consequentemente, de AE assim resolvendo o problema. Deu 1/4 mesmo
Muito Bom César! Adoro GA. Iniciar supondo que a medida do lado do triângulo equilátero é igual a 1 foi perfeito. Fiz assim tbm (visualizamos melhor as relações trigonométricas). Porém, prolonguei o segmento CD até um ponto F, de modo que os segmentos BF e AC sejam paralelos. Desse modo, temos que os triângulos CDE e BDF são semelhantes, pelo caso AAA. Assim: BF = cos(60°) = 1/2 ; DF = sen(60°) + tg(30°) = sqrt{3}/2 + sqrt{3}/3 = 5sqrt{3}/6 ; CD = tg(30°) = sqrt{3}/3 ; e CE = x , por exemplo. Com isso, temos a seguinte proporção: CE/BF = CD/DF, implicando em CE = x = 1/5 . Em seguida, usei a proporção das áreas em relação as respectivas bases (quando as alturas são comuns, a mesma usada por vc). Parabéns pelo trabalho!
Cesar, vou dividir em 2 comentários. (I) Achei muito boa sua solução utilizando o recurso de Geometria Analítica. Não pensei nessa saída. Tentei resolver esse problema e não consegui. Acho que o meu desenho do triângulo equilátero com o vértice A no lugar do vértice B e o vértice C no mesmo lugar da sua figura, me dificultou para enxergar uma solução. Até consegui determinar alguns segmentos, mas calcular o segmento EC ficou muito complicado com lei dos cossenos, variável com 4a potência, equação irracional etc... e não segui adiante. (II) Quando vi a sua figura, "clareou minhas idéias". A solução que fiz foi com semelhança de triângulos. Tracei uma paralela ao lado AC da sua figura passando pelo vértice B. Depois fiz um prolongamento do segmento DC até encontrar essa reta paralela, e a interseção chamei de ponto F. Com isso montei uma relação de semelhança entre os triângulos BFD e ECD, que são retângulos, e possuem o ângulo EDC em comum. Achei os valores dos segmentos CD, CF e BF. Dessa forma encontrei o segmento EC. Depois disso, o final ficou igual a sua resolução. Apenas um detalhe, designei o lado do triângulo equilátero como sendo (b) e não considerei igual a 1 conforme você fez. Isso também foi uma boa "sacada" que facilitou muito as contas.
Como vc determinou as coordenadas dos vértices, para usar geometria analítica, bastava usar o determinante de e consequentemente as áreas de cada triângulo e determinar as razões.
Quando o cara é bom ele bate no peito e diz que o gabarito da Marinha está errado. Solução elegante, César. Eu sempre esqueço que Analítica é uma ótima ferramenta para a Plana.
Excelente resolução, mestre. Proponho outra solução, por geometria exclusivamente plana: seja l o lado do triângulo equilátero ABC. Prolongam-se os lados BC e AD de modo que esses se encontrem num ponto F. Por relações angulares, percebe-se que os triângulos ACF e CDF são isósceles, portanto AC = CF = l. Por ACD ser um triângulo egípcio, inferem-se que CD = l*sqrt(3)/3 e AD = 2*l*sqrt(3)/3. Como o triângulo CDF é isósceles, DF = CD = l*sqrt(3)/3. Utilizando o Teorema de Menelaus no triângulo ACF, cortado pelo segmento de reta BD, segue que: (BC/BF)*(DF/DA)*(EA/EC) = 1 => EC/EA = (l/2*l)[(l*sqrt(3)/3)/(2*l*sqrt(3)/3)] => EC/EA = 1/4. Consoante já dito pelo mestre Cesar, a razão entre as áreas de dois triângulos que compartilham a mesma altura é igual a razão das bases, logo, (BEC)/(ABE) = EC/EA = 1/4.
Boa solução Arthur com o Teorema de Menelaus. Para fazer um bom uso desse teorema, é preciso "enxergar" muito bem a figura para poder montar as frações na ordem certa. Não sei se atualmente esse teorema é difundido nas escolas de ensino regular. Na minha época, fui apresentado a esse teorema quando fiz curso preparatório para Escola Técnica Federal Celso Suckow da Fonseca em 1976. Isso faz muito tempo.
Cesar,gosto muito de vê seus vídeos. Você ja pensou em fazer vídeos aulas em seu canal? Acredito que seria algo sensacional. Deus te abençoe Cesar,seu canal vai crescer muito 🙏😎👏
@@matematicafundacao Entendo Cesar. Creio que seu canal tem incentivado muitas pessoas e também vendo a matemática com uma didática mais diferente,sendo mais divertido de estudar
Boa noite, professor! Ótimo vídeo. Só uma coisa, como ficaria a resolução dessa questão por geometria plana (visto que um aluno de nível fundamental que prestaria o colegio naval não teria o conhecimento de nível médio para a geometria analítica?)
Oi Pedro, obrigado pelo comentário. Sim, pode ser resolvido com semelhança de triângulos. Veja por exemplo que a altura do triângulo cruza AC em um ponto que vc pode designar como H, então o triângulo HBE será semelhante ao triângulo CDE... tá aí a dica.
A geometria analítica sai da geometria básica, você pode tirar todas as conclusões da figura sem aplicar regras de GA. Excelente a solução, quem sabe GA fica um passo na frente!
Quando você vê a aula de um professor, não só para estudar, mas também por lazer, você vê o quão bom o prof é. Parabéns, mestre!
Muito eu agr kkk estou deitado pra dormir e vendo esse vídeo por lazer e pra aprender tbm kkkkkk ele é muito bom!! Parabéns ao mestre!!
Boa solução...
Acho legal, pra quem gosta do estudo a apresentação de mais soluções...
Parabéns pelo belo trabalho.
Muito bom
Valeu César!! Trabalho com usinagem (área metalúrgica) e essas aulas me ajuda muito.
Legal seu comentário, Rafael, obrigado!
Estas suas postagens estão me fazendo voltar a estudar matemática apenas por puro prazer em resolver questões, agora sem aquelas pressões porquê passamos na escola. Continue com os vídeos!
Oi Alexandre, obrigado pelo comentário. De fato é mais gostoso estudar sem pressão.
Cesinha muito obrigado! Adoro seus vídeos do Colégio Naval, estudo pra esse concurso já há dois anos e adoro ver resoluções de questões, não pare por favor! Se Deus quiser eu passo esse ano.
Torcendo por você, Gustavo. Com Fé e suor, siga em frente.
Boa e surpreendente solução por GA.
Fiz prolongando a reta CD até a altura do ponto B, onde nasceu o ponto F. Por semelhança entre os triângulos BDF e CDE podemos encontrar o comprimento de CE e, consequentemente, de AE assim resolvendo o problema. Deu 1/4 mesmo
Legal, muito boa e natural sua resolução. A Matemática sempre nos surpreende, né?
Resolução simples e objetiva. Muito bom, Prof
Muito Bom César! Adoro GA.
Iniciar supondo que a medida do lado do triângulo equilátero é igual a 1 foi perfeito. Fiz assim tbm (visualizamos melhor as relações trigonométricas). Porém, prolonguei o segmento CD até um ponto F, de modo que os segmentos BF e AC sejam paralelos. Desse modo, temos que os triângulos CDE e BDF são semelhantes, pelo caso AAA. Assim: BF = cos(60°) = 1/2 ; DF = sen(60°) + tg(30°) = sqrt{3}/2 + sqrt{3}/3 = 5sqrt{3}/6 ; CD = tg(30°) = sqrt{3}/3 ; e CE = x , por exemplo. Com isso, temos a seguinte proporção:
CE/BF = CD/DF, implicando em CE = x = 1/5 . Em seguida, usei a proporção das áreas em relação as respectivas bases (quando as alturas são comuns, a mesma usada por vc).
Parabéns pelo trabalho!
Legal, William, a solução que vc trouxe é mais uma das formas de resolução. Obrigado pelo comentário!
Genial a sua solução! Por essa saída, nem precisa usar geometria analítica (eu só apelo pra GA em último caso kkkk) valeu por compartilhar!!
Cesar, vou dividir em 2 comentários.
(I) Achei muito boa sua solução utilizando o recurso de Geometria Analítica. Não pensei nessa saída. Tentei resolver esse problema e não consegui. Acho que o meu desenho do triângulo equilátero com o vértice A no lugar do vértice B e o vértice C no mesmo lugar da sua figura, me dificultou para enxergar uma solução. Até consegui determinar alguns segmentos, mas calcular o segmento EC ficou muito complicado com lei dos cossenos, variável com 4a potência, equação irracional etc... e não segui adiante.
(II) Quando vi a sua figura, "clareou minhas idéias". A solução que fiz foi com semelhança de triângulos. Tracei uma paralela ao lado AC da sua figura passando pelo vértice B. Depois fiz um prolongamento do segmento DC até encontrar essa reta paralela, e a interseção chamei de ponto F. Com isso montei uma relação de semelhança entre os triângulos BFD e ECD, que são retângulos, e possuem o ângulo EDC em comum. Achei os valores dos segmentos CD, CF e BF. Dessa forma encontrei o segmento EC. Depois disso, o final ficou igual a sua resolução. Apenas um detalhe, designei o lado do triângulo equilátero como sendo (b) e não considerei igual a 1 conforme você fez. Isso também foi uma boa "sacada" que facilitou muito as contas.
Oi Rogerio, certamente sua solução é uma alternativa também bem natural. Muito obrigado por contribuir!
Boa noite, professor César e amigos.
Muito Bom, parabéns, professor César...👍👍👍
Obrigado, Reinaldo.
obrigado pelos vídeos professor, ajudam demais. Muito top
Valeu, Gustavo.
Mais uma grsnde resolução prof !!! Parabéns, didatica perfeita
Valeu, Alceu.
Como vc determinou as coordenadas dos vértices, para usar geometria analítica, bastava usar o determinante de e consequentemente as áreas de cada triângulo e determinar as razões.
Olá Jorge, como eu sempre digo, semper há formas diferentes de resolução. Obrigado pelo comentário.
Muito bom, mestre!
Agradeço o seu comentário, valeu mesmo.
Achei essa questão muito difícil de resolver usando apenas a Plana. Não pensei na possibilidade da analítica.
Quando o cara é bom ele bate no peito e diz que o gabarito da Marinha está errado.
Solução elegante, César. Eu sempre esqueço que Analítica é uma ótima ferramenta para a Plana.
Oi Gabryel, de fato a Analítica às vezes nos ajudam bastante.
ótimo vídeo cesar! adoro suas resoluções
Obrigado, Fernando.
Excelente resolução, mestre. Proponho outra solução, por geometria exclusivamente plana: seja l o lado do triângulo equilátero ABC. Prolongam-se os lados BC e AD de modo que esses se encontrem num ponto F. Por relações angulares, percebe-se que os triângulos ACF e CDF são isósceles, portanto AC = CF = l. Por ACD ser um triângulo egípcio, inferem-se que CD = l*sqrt(3)/3 e AD = 2*l*sqrt(3)/3. Como o triângulo CDF é isósceles, DF = CD = l*sqrt(3)/3. Utilizando o Teorema de Menelaus no triângulo ACF, cortado pelo segmento de reta BD, segue que: (BC/BF)*(DF/DA)*(EA/EC) = 1 => EC/EA = (l/2*l)[(l*sqrt(3)/3)/(2*l*sqrt(3)/3)] => EC/EA = 1/4. Consoante já dito pelo mestre Cesar, a razão entre as áreas de dois triângulos que compartilham a mesma altura é igual a razão das bases, logo, (BEC)/(ABE) = EC/EA = 1/4.
Muito bom!! Parabéns pela solução e obrigado pelo comentário.
Boa solução Arthur com o Teorema de Menelaus. Para fazer um bom uso desse teorema, é preciso "enxergar" muito bem a figura para poder montar as frações na ordem certa. Não sei se atualmente esse teorema é difundido nas escolas de ensino regular. Na minha época, fui apresentado a esse teorema quando fiz curso preparatório para Escola Técnica Federal Celso Suckow da Fonseca em 1976. Isso faz muito tempo.
Cesar,gosto muito de vê seus vídeos. Você ja pensou em fazer vídeos aulas em seu canal? Acredito que seria algo sensacional. Deus te abençoe Cesar,seu canal vai crescer muito 🙏😎👏
Obrigado pelas palavras, Flávio. Não me sobra tempo livre para me dedicar ao canal, uma pena.
@@matematicafundacao Entendo Cesar. Creio que seu canal tem incentivado muitas pessoas e também vendo a matemática com uma didática mais diferente,sendo mais divertido de estudar
Cai analítica no naval?
Boa noite, professor! Ótimo vídeo. Só uma coisa, como ficaria a resolução dessa questão por geometria plana (visto que um aluno de nível fundamental que prestaria o colegio naval não teria o conhecimento de nível médio para a geometria analítica?)
Oi Pedro, obrigado pelo comentário. Sim, pode ser resolvido com semelhança de triângulos. Veja por exemplo que a altura do triângulo cruza AC em um ponto que vc pode designar como H, então o triângulo HBE será semelhante ao triângulo CDE... tá aí a dica.
@@matematicafundacao Ok, vou tentar aqui. Obrigado!
@@pedrobride8938 Boa noite. Compartilhei resolução. Vide comentários acima.
@@RicLaGuardia vou dar uma olhada. Obrigado!
@@RicLaGuardia poderia me passar o link?
Excelente vídeo.
Agradeço o comentário, Laerte, valeu.
Aula incrível, se possível traz umas questões da OBMU kkk
Obrigado, Carlos, pelo comentário.
😀😀😀😀
A geometria analítica sai da geometria básica, você pode tirar todas as conclusões da figura sem aplicar regras de GA. Excelente a solução, quem sabe GA fica um passo na frente!
Esse é o cara
Mano, nunca sei quando usar geometria analítica pra resolver problemas de geometria plana. Da dicas.
Não existe uma regra geral, vc percebe isso com o tempo, com muita prática. Valeu pela pergunta.
Cesar ,tem outra solução só usando geometria?
Tem sim, se vc traçar alguns segmentos adicionais vc verá semehança de triângulos.
Boa noite. Compartilhei resolução. Vide comentários acima.
@@RicLaGuardia Obrigado 😁
@@Thiago-gd1yh Por nada.
Questão chatinha, só trabalho braçal Essas questões roubam muito tempo| Valeu César!
Valeu pelo comentário.
👏👏👏
Thanks!