{"id":229080,"date":"2026-05-29T14:45:02","date_gmt":"2026-05-29T17:45:02","guid":{"rendered":"http:\/\/clubes.obmep.org.br\/blog\/?page_id=229080"},"modified":"2026-05-29T14:45:02","modified_gmt":"2026-05-29T17:45:02","slug":"sala-para-leitura-as-cronicas-do-triangulo-russo","status":"publish","type":"page","link":"https:\/\/clubes.obmep.org.br\/blog\/sala-para-leitura-as-cronicas-do-triangulo-russo\/","title":{"rendered":".Sala para Leitura: As Cr\u00f4nicas do Tri\u00e2ngulo Russo"},"content":{"rendered":"
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As Cr\u00f4nicas do Tri\u00e2ngulo Russo<\/strong><\/div>\n
Os \u00e2ngulos de [tex]20^\\circ[\/tex], [tex]50^\\circ[\/tex] e [tex]60^\\circ[\/tex], dentre outros <\/strong><\/div>\n
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\"\"<\/p>\n

O chamado \u201cTri\u00e2ngulo Russo\u201d \u00e9 hoje reconhecido como um dos problemas mais emblem\u00e1ticos da geometria elementar. Ele combina simplicidade estrutural, profundidade matem\u00e1tica e eleg\u00e2ncia na solu\u00e7\u00e3o, al\u00e9m de ser um exemplo cl\u00e1ssico de como a cria\u00e7\u00e3o e a evolu\u00e7\u00e3o de um problema podem atravessar diferentes tradi\u00e7\u00f5es matem\u00e1ticas \u2014 da Inglaterra vitoriana ao sistema educacional sovi\u00e9tico.<\/p>\n

Embora, no Ocidente, muitos associem o problema \u00e0 matem\u00e1tica russa devido \u00e0s suas c\u00e9lebres solu\u00e7\u00f5es geom\u00e9tricas, a vers\u00e3o mais conhecida do problema aparece associada ao ingl\u00eas Edward M. Langley, fundador do Mathematical Gazette<\/em>, no in\u00edcio do s\u00e9culo XX. A trajet\u00f3ria hist\u00f3rica do problema revela um di\u00e1logo entre culturas matem\u00e1ticas e reflete mudan\u00e7as pedag\u00f3gicas profundas ao longo do s\u00e9culo XX.<\/div>\n

O Contexto Brit\u00e2nico: Edward M. Langley e a Tradi\u00e7\u00e3o da Geometria Cl\u00e1ssica<\/p>\n

Edward Mann Langley (1851\u20131933) foi uma figura influente na comunidade matem\u00e1tica brit\u00e2nica, especialmente atrav\u00e9s de sua longa atua\u00e7\u00e3o na Association of Teachers of Mathematics e na editora\u00e7\u00e3o do Mathematical Gazette. Seu trabalho refletia a forte tradi\u00e7\u00e3o brit\u00e2nica em geometria euclidiana, que resistia \u00e0 crescente influ\u00eancia da \u00e1lgebra e da trigonometria como ferramentas pedag\u00f3gicas preferenciais.<\/p>\n

Em 1922, Langley publicou o que chamou de Problem 644 \u2014 um tri\u00e2ngulo com \u00e2ngulos aparentemente comuns [tex](20^\\circ, 80^\\circ, 80^\\circ)[\/tex], mas com uma pergunta surpreendentemente resistente: determinar um \u00e2ngulo interno resultante da interse\u00e7\u00e3o de linhas auxiliares. O problema foi recebido inicialmente como uma curiosidade geom\u00e9trica: simples o suficiente para n\u00e3o intimidar estudantes, mas desafiador o bastante para intrigar professores e entusiastas.<\/p>\n

A princ\u00edpio, a comunidade brit\u00e2nica respondeu com m\u00e9todos essencialmente trigonom\u00e9tricos \u2014 coerentes com a forma\u00e7\u00e3o de engenheiros e f\u00edsicos da \u00e9poca. No entanto, Langley intuiu que uma solu\u00e7\u00e3o n\u00e3o trigonom\u00e9trica deveria existir, embora ele pr\u00f3prio n\u00e3o a tenha publicado.<\/p><\/div>\n

A Circula\u00e7\u00e3o Internacional do Problema<\/p>\n

O Mathematical Gazette era amplamente lido em outros pa\u00edses europeus e nos Estados Unidos, o que favoreceu a circula\u00e7\u00e3o de seu conte\u00fado. Nos anos 1930 e 1940, v\u00e1rios problemas publicados ali foram traduzidos para o russo, muitas vezes por meio das revistas matem\u00e1ticas pedag\u00f3gicas sovi\u00e9ticas, particularmente: Kvant (\u041a\u0432\u0430\u043d\u0442), Matematika v Shkole (\u041c\u0430\u0442\u0435\u043c\u0430\u0442\u0438\u043a\u0430 \u0432 \u0448\u043a\u043e\u043b\u0435) e as famosas colet\u00e2neas de problemas dos Institutos Pedag\u00f3gicos.<\/p>\n

Nesse processo, o problema de Langley foi gradualmente incorporado ao repert\u00f3rio dos educadores sovi\u00e9ticos, embora inicialmente ainda sem uma solu\u00e7\u00e3o sint\u00e9tica universalmente aceita.<\/p><\/div>\n

A Recep\u00e7\u00e3o e a Transforma\u00e7\u00e3o na Tradi\u00e7\u00e3o Sovi\u00e9tica<\/p>\n

A partir da d\u00e9cada de 1950, matem\u00e1ticos e educadores sovi\u00e9ticos desenvolveram um interesse renovado pela geometria euclidiana construtiva. Como parte do projeto educacional da URSS \u2014 que inclu\u00eda a forma\u00e7\u00e3o de alunos para competi\u00e7\u00f5es matem\u00e1ticas \u2014 problemas que exigiam criatividade geom\u00e9trica tornaram-se pe\u00e7as centrais do ensino.<\/p>\n

Entre os matem\u00e1ticos que mais contribu\u00edram para essa cultura destacam-se V. B. Lidskii, D. O. Shklyarskii, B. A. Dubnov e I. M. Yaglom.<\/p>\n

Foi nesse ambiente que o Problem 644 de Langley recebeu uma nova interpreta\u00e7\u00e3o. A comunidade sovi\u00e9tica, adversa ao uso de trigonometria em problemas puramente geom\u00e9tricos, buscou uma solu\u00e7\u00e3o \u201celegante\u201d, baseada em constru\u00e7\u00f5es auxiliares. Entre os m\u00e9todos desenvolvidos destacam-se:<\/p><\/div>\n

➤<\/span> constru\u00e7\u00e3o de tri\u00e2ngulos equil\u00e1teros;
\n➤<\/span> rota\u00e7\u00f5es r\u00edgidas de [tex]60^\\circ[\/tex] e [tex]120^\\circ[\/tex];
\n➤<\/span> tri\u00e2ngulos is\u00f3sceles ocultos;
\n➤<\/span> congru\u00eancias inesperadas;
\n➤<\/span> simetrias n\u00e3o evidentes no desenho inicial.<\/p>\n

As solu\u00e7\u00f5es n\u00e3o trigonom\u00e9tricas tornaram-se um marco de criatividade matem\u00e1tica e passaram a ser registradas em livros muito difundidos, como Shklyarskii, Chentsov & Yaglom, Selected Problems in Elementary Mathematics (1976). Essas obras popularizaram o problema a n\u00edvel mundial, levando ao ep\u00edteto \u201cTri\u00e2ngulo Russo\u201d, n\u00e3o pelo enunciado, mas pela genialidade das solu\u00e7\u00f5es.<\/div>\n

Consolida\u00e7\u00e3o do Nome \u201cTri\u00e2ngulo Russo\u201d<\/p>\n

A express\u00e3o \u201cTri\u00e2ngulo Russo\u201d passou a circular amplamente no Ocidente apenas a partir dos anos 1970 e 1980, quando tradu\u00e7\u00f5es dos livros sovi\u00e9ticos se tornaram comuns entre professores e treinadores ol\u00edmpicos.<\/p>\n

O nome deriva de tr\u00eas fatores principais:<\/p><\/div>\n

(1)<\/strong><\/span> As solu\u00e7\u00f5es mais elegantes e famosas surgiram na URSS;
\n(2)<\/strong><\/span> Livros russos de problemas alcan\u00e7aram ampla circula\u00e7\u00e3o internacional;
\n(3)<\/strong><\/span> A tradi\u00e7\u00e3o ol\u00edmpica \u2014 fortemente influenciada pela escola russa \u2014 adotou o problema como exemplo cl\u00e1ssico.<\/p>\n

Hoje, os nomes \u201cProblema de Langley\u201d e \u201cTri\u00e2ngulo Russo\u201d s\u00e3o usados de forma intercambi\u00e1vel, embora enfatizem tradi\u00e7\u00f5es diferentes: a origem brit\u00e2nica e a canoniza\u00e7\u00e3o sovi\u00e9tica.<\/div>\n

Import\u00e2ncia Did\u00e1tica e Filos\u00f3fica<\/p>\n

O Tri\u00e2ngulo Russo \u00e9 mais do que um desafio matem\u00e1tico; ele representa a valoriza\u00e7\u00e3o da imagina\u00e7\u00e3o geom\u00e9trica, a resist\u00eancia \u00e0 trigonometriza\u00e7\u00e3o excessiva da educa\u00e7\u00e3o, um s\u00edmbolo da matem\u00e1tica enquanto arte construtiva, uma ponte hist\u00f3rica entre as culturas matem\u00e1ticas brit\u00e2nica e sovi\u00e9tica, um modelo pedag\u00f3gico para a supera\u00e7\u00e3o de abordagens tecnicistas.<\/p>\n

O problema demonstra que certas rela\u00e7\u00f5es geom\u00e9tricas s\u00f3 se revelam quando o matem\u00e1tico \u00e9 capaz de \u201cver al\u00e9m\u201d do desenho inicial. \u00c9 um exemplo extraordin\u00e1rio do poder das constru\u00e7\u00f5es auxiliares.<\/p><\/div>\n\n\n
\"\"<\/td>\n\n

O Tri\u00e2ngulo Russo, como hoje o conhecemos, \u00e9 resultado de um processo de desenvolvimento hist\u00f3rico e cultural. Do rabisco casual de Langley \u00e0 lapida\u00e7\u00e3o elegante dos ge\u00f4metras sovi\u00e9ticos, o problema tornou-se um \u00edcone internacional. Sua hist\u00f3ria \u00e9 um caso fascinante de migra\u00e7\u00e3o de ideias matem\u00e1ticas, converg\u00eancia de tradi\u00e7\u00f5es pedag\u00f3gicas e evolu\u00e7\u00e3o cultural da pr\u00f3pria matem\u00e1tica elementar. Ele permanece como um dos problemas mais estudados e ensinados n\u00e3o apenas por sua dificuldade, mas pela est\u00e9tica geom\u00e9trica envolvida \u2014 um testemunho da beleza duradoura da geometria cl\u00e1ssica.
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O Problema<\/p>\n

Considere o tri\u00e2ngulo [tex]ABC[\/tex] is\u00f3sceles de base [tex]\\overline{AB}[\/tex], conforme figura. Sobre [tex]\\overline{AC}[\/tex], tome o ponto [tex]D[\/tex] de modo que [tex]\\angle{ABD}=60^\\circ[\/tex] e, sobre [tex]\\overline{BC}[\/tex], tome o ponto [tex]E[\/tex] de modo que [tex]\\angle{BAE}=50^\\circ[\/tex]. Determine a medida [tex]\\alpha[\/tex] do \u00e2ngulo [tex]\\angle{BDE}[\/tex]. <\/p>\n

\"\"<\/p>\n

Vamos abordar cirurgicamente oito solu\u00e7\u00f5es para esse problema, mostrando a beleza das aplica\u00e7\u00f5es de artif\u00edcios geom\u00e9tricos e trigonom\u00e9tricos. <\/div>\n
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📚 <\/span>Algumas das ferramentas utilizadas s\u00e3o abordadas nas diversas p\u00e1ginas de nosso Blog:<\/strong>
\n (1)<\/strong> <\/span> D\u00ea uma passadinha na Sala para leitura: Fam\u00edlia de \u00e2ngulos<\/strong><\/span><\/a>.
\n (2)<\/strong> <\/span> H\u00e1 uma Sala para leitura<\/strong><\/span><\/a> sobre tri\u00e2ngulos congruentes no nosso Blog!
\n (3)<\/strong> <\/span> H\u00e1 uma Sala de Ajuda<\/span><\/strong><\/a> sobre tri\u00e2ngulos semelhantes no nosso Blog!
\n (4)<\/strong> <\/span> Visite a Sala de Estudo: \u00c2ngulo Central e \u00c2ngulo Inscrito<\/strong><\/span><\/a>!
\n (5)<\/strong> <\/span> H\u00e1 uma Sala de Estudo sobre Trigonometria do tri\u00e2ngulo ret\u00e2ngulo<\/strong><\/span><\/a> no nosso Blog!
\n (6)<\/strong> <\/span> Teorema da bissetriz interna: A bissetriz de um \u00e2ngulo interno de um tri\u00e2ngulo divide o lado oposto em segmentos proporcionais aos lados adjacentes.
\n\"\"
\n (7)<\/strong> <\/span> Lei dos Senos: Em um tri\u00e2ngulo [tex]ABC[\/tex] qualquer, para lados opostos aos \u00e2ngulos internos [tex]{\\displaystyle {\\widehat {A}},{\\widehat {B}}}[\/tex] e [tex]{\\displaystyle {\\widehat {C}},} [\/tex] com medidas respectivamente [tex]{\\displaystyle a,b}[\/tex] e [tex]{\\displaystyle c,}[\/tex] vale a rela\u00e7\u00e3o:
\n[tex]\\qquad \\dfrac{a}{sen \\;\\hat{A}} = \\dfrac{b}{sen \\;\\hat{B}} = \\dfrac{c}{sen \\;\\hat{C}} = 2R[\/tex],
\nsendo [tex]R[\/tex] o raio da circunfer\u00eancia circunscrita ao tri\u00e2ngulo [tex]ABC[\/tex].<\/p>\n

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✏ <\/span>Nota\u00e7\u00e3o:<\/strong>
\n➤<\/span> O segmento definido por dois pontos, digamos [tex]A[\/tex] e [tex]B[\/tex], \u00e9 denotado por [tex]\\overline {AB} [\/tex], enquanto o seu comprimento \u00e9 denotado por [tex]AB.[\/tex]
\n➤<\/span> O \u00e2ngulo definido por tr\u00eas pontos, digamos [tex]A[\/tex], [tex]B[\/tex] e [tex]C[\/tex], com v\u00e9rtice em [tex]B[\/tex], \u00e9 denotado por [tex]\\angle ABC[\/tex]. Utilizamos a mesma nota\u00e7\u00e3o para a medida do \u00e2ngulo.\n<\/div>\n

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Solu\u00e7\u00f5es com Artif\u00edcios Puramente Geom\u00e9tricos<\/p>\n

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Solu\u00e7\u00e3o 1 <\/p>\n

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Essa talvez seja a solu\u00e7\u00e3o mais conhecida da comunidade matem\u00e1tica.<\/p>\n

Iniciemos marcando o ponto [tex]F[\/tex] sobre [tex]\\overline{AC}[\/tex] de modo a obtermos um tri\u00e2ngulo [tex]AFB[\/tex] semelhante ao tri\u00e2ngulo [tex]ABC[\/tex], ou seja, o segmento [tex]\\overline{BF}[\/tex] deve formar [tex]20^\\circ[\/tex] com a base [tex]\\overline{AB}[\/tex]. Em seguida, ligue o ponto [tex]F[\/tex] ao ponto [tex]E[\/tex] como mostrado a seguir.<\/p><\/div>\n

\"\"<\/p>\n

Perceba que [tex]\\angle{FBD}=\\angle{ABD}-\\angle{ABF}=60^\\circ-20^\\circ=40^\\circ[\/tex]. <\/p>\n

Sabemos que [tex]ABC[\/tex] \u00e9 is\u00f3sceles de base [tex]\\overline{AB}[\/tex]. Portanto, [tex]AC=BC[\/tex] e [tex]\\angle{ABC}=\\angle{BAC}=\\dfrac{180^\\circ-20^\\circ}{2}=80^\\circ[\/tex]. <\/p>\n

Da\u00ed, observa-se que [tex]\\angle{DBC}=\\angle{ABC}-\\angle{ABD}=80^\\circ-60^\\circ=20^\\circ[\/tex] e que [tex]\\angle{EAC}=\\angle{BAC}-\\angle{BAE}=80^\\circ-50^\\circ=30^\\circ[\/tex]. <\/p>\n

Al\u00e9m disso, [tex]\\angle{AFB}=180^\\circ-\\angle{ABF}-\\angle{FAB}=180^\\circ-20^\\circ-80^\\circ =80^\\circ[\/tex], o que implica [tex]FB=AB[\/tex], pois [tex]\\angle{AFB}=\\angle{FAB}=80^\\circ[\/tex] e [tex]\\angle{AEB}=180^\\circ-\\angle{EBA}-\\angle{BAE}=180^\\circ-80^\\circ-50^\\circ =50^\\circ[\/tex], o que implica [tex]AB=EB[\/tex], uma vez que [tex]\\angle{AEB}=\\angle{EAB}=50^\\circ[\/tex]. Portanto, [tex]AB=FB=EB[\/tex] (observe abaixo os segmentos destacados em azul).<\/p><\/div>\n

\"\"<\/p>\n

Observando o tri\u00e2ngulo [tex]BEF[\/tex], temos que o mesmo \u00e9 is\u00f3sceles j\u00e1 que [tex]FB=EB[\/tex] e [tex]\\angle{EBF}=60^\\circ[\/tex]. Logo, [tex]FB=EB=EF[\/tex].<\/p>\n

Por outro lado, [tex]\\angle{EFD}=180^\\circ-\\angle{BFA}-\\angle{EFB}=180^\\circ-80^\\circ-60^\\circ=40^\\circ[\/tex], e no tri\u00e2ngulo [tex]BDF[\/tex],
\n[tex]\\qquad \\angle{FDB}=180^\\circ-\\angle{DFB}-\\angle{FBD}=180^\\circ-100^\\circ-40^\\circ=40^\\circ[\/tex]. <\/p>\n

Dessa forma, como [tex]\\angle{FDB}=\\angle{FBD}=40^\\circ[\/tex], temos [tex]FB=FD[\/tex]. Conclu\u00edmos que o tri\u00e2ngulo [tex]DEF[\/tex] \u00e9 is\u00f3sceles de base [tex]DE[\/tex], como mostrado abaixo.<\/p><\/div>\n

\"\"<\/p>\n

Finalmente, observe a figura: <\/p>\n

\"\"<\/p>\n

Perceba que [tex]\\angle{FDE}=\\angle{FED}=\\alpha+40^\\circ[\/tex], e, assim, da soma dos \u00e2ngulos do tri\u00e2ngulo [tex]DEF[\/tex], conclui-se que:
\n[tex]\\qquad \\alpha+40^\\circ+\\alpha+40^\\circ+40^\\circ=180^\\circ[\/tex]
\n[tex]\\qquad 2\\alpha+120^\\circ=180^\\circ[\/tex]
\n[tex]\\qquad 2\\alpha=60^\\circ[\/tex]
\n[tex]\\qquad \\alpha=30^\\circ.[\/tex]\n<\/div>\n<\/div>\n

\n

\n

Solu\u00e7\u00e3o 2 <\/p>\n

\n

\n

Marquemos [tex]J[\/tex] sobre [tex]\\overline{BC}[\/tex] de forma que [tex]\\overline{DJ}\\parallel \\overline{AB}[\/tex]. Seja [tex]G[\/tex] a intersec\u00e7\u00e3o de [tex]\\overline{AJ}[\/tex] com [tex]\\overline{BD}[\/tex] e liguemos [tex]G[\/tex] a [tex]E[\/tex] conforme ilustrado a seguir. <\/div>\n

\"\"<\/p>\n

Como o tri\u00e2ngulo [tex]ABC[\/tex] \u00e9 is\u00f3sceles de base [tex]\\overline{AB}[\/tex], o trap\u00e9zio [tex]ABJD[\/tex] tamb\u00e9m \u00e9 is\u00f3sceles. Assim, temos que [tex]AD=BJ[\/tex] e [tex]AJ=BD[\/tex].<\/p>\n

Observe que [tex]\\angle{DBC}=20^\\circ[\/tex] e que [tex]\\angle{AEB}=180^\\circ-80^\\circ-50^\\circ=50^\\circ[\/tex], donde [tex]AEB [\/tex] \u00e9 is\u00f3sceles de base [tex]\\overline{AE}[\/tex]. Consequentemente, [tex]AB=EB[\/tex].<\/p>\n

Em virtude de o trap\u00e9zio [tex]ABJD[\/tex] ser is\u00f3sceles, nota-se que [tex]AG=BG[\/tex]. Assim, o tri\u00e2ngulo [tex]ABG[\/tex] \u00e9 is\u00f3sceles e, como um de seus \u00e2ngulos mede [tex]60^\\circ[\/tex], conclu\u00edmos que ele \u00e9 equil\u00e1tero. Da\u00ed, [tex]AG=AB=GB=EB[\/tex] (segmentos azuis da figura abaixo). <\/p><\/div>\n

\"\"<\/p>\n

Notemos que o tri\u00e2ngulo [tex]GEB[\/tex] \u00e9 is\u00f3sceles de base [tex]GE[\/tex], de forma que, como [tex]\\angle{GBE}=20^\\circ[\/tex], temos [tex]\\angle{GEB}=\\angle{EGB}=80^\\circ[\/tex], o que implica [tex]\\angle{GEA}=\\angle{GEB}-\\angle{AEB}=80^\\circ-50^\\circ =30^\\circ[\/tex].<\/p>\n

Por outro lado, [tex]\\angle{AGB}=\\angle{JGD}[\/tex] por serem opostos pelo v\u00e9rtice. Observe que: [tex]\\qquad \\angle{DGJ}+\\angle{JGE}+\\angle{EGB}=180^\\circ \\Rightarrow 60^\\circ +\\angle{JGE}+80^\\circ =180^\\circ \\Rightarrow \\angle{JGE}=40^\\circ[\/tex]. <\/p>\n

Mais ainda, no tri\u00e2ngulo [tex]AJB[\/tex], observe que:
\n[tex]\\qquad\\angle{AJB}+\\angle{JAB}+\\angle{ABJ}=180^\\circ \\Rightarrow \\angle{AJB}+60^\\circ+80^\\circ=180^\\circ \\Rightarrow \\angle{AJB}=40^\\circ[\/tex]. <\/p>\n

Conclu\u00edmos que, por [tex]\\angle{JGE}=\\angle{AJB}=\\angle{GJE}=40^\\circ[\/tex], o tri\u00e2ngulo [tex]GJE[\/tex] \u00e9 is\u00f3sceles de base [tex]GJ[\/tex], e [tex]JE=GE[\/tex]. <\/p>\n

J\u00e1 sabemos que o tri\u00e2ngulo [tex]ABG[\/tex] \u00e9 equil\u00e1tero e, por semelhan\u00e7a, [tex]JGD[\/tex] tamb\u00e9m \u00e9 equil\u00e1tero. Assim, o quadril\u00e1tero [tex]DJEG[\/tex] \u00e9 um deltoide<\/em><\/strong><\/span>.<\/p>\n

Mas o que \u00e9 um deltoide? <\/p><\/div>\n

\nUm deltoide<\/strong><\/span> (tamb\u00e9m chamado de quadril\u00e1tero deltoide ou quadril\u00e1tero em forma de pipa) \u00e9 um quadril\u00e1tero que tem dois pares de lados consecutivos congruentes, ou seja, <\/p>\n

➤<\/span> Dois lados vizinhos t\u00eam o mesmo tamanho;
\n➤<\/span> Os outros dois lados vizinhos tamb\u00e9m t\u00eam o mesmo tamanho;
\n➤<\/span> Os pares de lados podem ter medidas diferentes entre si.<\/p>\n

Propriedades Importantes<\/strong><\/span>
\n(1)<\/strong><\/span> Possui um par de \u00e2ngulos opostos iguais (os \u00e2ngulos entre os lados n\u00e3o congruentes);
\n(2)<\/strong><\/span> Suas diagonais s\u00e3o perpendiculares entre si;
\n(3)<\/strong><\/span> Uma das diagonais (a maior) \u00e9 eixo de simetria do deltoide;
\n(4)<\/strong><\/span> A diagonal maior divide o deltoide em dois tri\u00e2ngulos congruentes.<\/p>\n<\/div>\n

\n

Do exposto, [tex]DJEG[\/tex] \u00e9 um deltoide, conforme figura.<\/p>\n

\"\"<\/p>\n

Finalmente, como [tex]\\overline{DE}[\/tex] \u00e9 perpendicular a [tex]\\overline{GJ}[\/tex], o tri\u00e2ngulo [tex]DKG[\/tex] \u00e9 ret\u00e2ngulo em [tex]K[\/tex], e
\n[tex]\\qquad \\angle{KDG}+\\angle{DGK}+\\angle{DKG}=180^\\circ \\Rightarrow \\alpha+60^\\circ+90^\\circ =180^\\circ \\Rightarrow \\alpha=30^\\circ. [\/tex]<\/div>\n<\/div>\n

\n

\n

Solu\u00e7\u00e3o 3 <\/p>\n

\n

\n

Para essa solu\u00e7\u00e3o, aproveitaremos alguns \u00e2ngulos j\u00e1 determinados nas solu\u00e7\u00f5es anteriores.<\/p>\n

Iniciaremos tra\u00e7ando o segmento [tex]\\overline{DJ}\\parallel \\overline{AB}[\/tex] e prolongando [tex]\\overline{BA}[\/tex] at\u00e9 [tex]K[\/tex] de modo que [tex]KA=CA[\/tex], conforme mostrado a seguir.<\/p><\/div>\n

\"\"<\/p>\n

Nessa figura, note que [tex]\\angle{CAK}=180^\\circ-80^\\circ=100^\\circ[\/tex] e [tex]\\angle{AKC}=\\angle{ACK}[\/tex] (o tri\u00e2ngulo [tex]KCA[\/tex] \u00e9 is\u00f3sceles de base [tex]\\overline{CK}[\/tex], por constru\u00e7\u00e3o), por isso [tex]\\angle{AKC}+\\angle{ACK}+\\angle{CAK}=180^\\circ\\Rightarrow \\angle{AKC}=\\angle{ACK}=40^\\circ[\/tex]. <\/p>\n

Agora, notemos que os tri\u00e2ngulos [tex]CBK[\/tex] e [tex]BAD[\/tex] s\u00e3o semelhantes pelo caso \u00e2ngulo-\u00e2ngulo-\u00e2ngulo<\/strong>. Disso, conclui-se que:
\n[tex]\\qquad \\dfrac{AD}{AB}=\\dfrac{BK}{BC} \\qquad (I)[\/tex]. <\/p>\n

Por outro lado, [tex]AD=BJ[\/tex], [tex]AB=EB[\/tex] e [tex]BC=AC=AK[\/tex], o que, substituindo em [tex](I)[\/tex], resulta em [tex]\\dfrac{BJ}{EB}=\\dfrac{BK}{AK}[\/tex]. Logo, [tex]\\dfrac{BJ-EB}{EB}=\\dfrac{BK-AK}{AK}[\/tex], donde <\/p>\n

[tex] \\qquad \\dfrac{JE}{EB}=\\dfrac{AB}{AK}=\\dfrac{AB}{AC} \\qquad (II)[\/tex].<\/p>\n

Da semelhan\u00e7a dos tri\u00e2ngulos [tex]ABC[\/tex] e [tex]DJC[\/tex] (verifique essa semelhan\u00e7a), temos:
\n[tex]\\qquad \\dfrac{DJ}{DC}=\\dfrac{AB}{AC} \\qquad (III)[\/tex].<\/p>\n

Igualando [tex](II)[\/tex] e [tex](III)[\/tex], chegamos a:
\n[tex]\\qquad \\dfrac{JE}{EB}=\\dfrac{DJ}{DC}[\/tex].<\/p>\n

No tri\u00e2ngulo [tex]CDB[\/tex], sabemos que [tex]\\angle{DCB}=\\angle{DBC}=20^\\circ[\/tex], donde [tex] DC=DB[\/tex]. Assim,
\n[tex]\\qquad \\dfrac{JE}{EB}=\\dfrac{DJ}{DC} \\Rightarrow \\dfrac{JE}{EB}=\\dfrac{DJ}{DB}[\/tex],
\ndonde conclu\u00edmos que [tex]\\overline{DE}[\/tex] \u00e9 bissetriz interna do \u00e2ngulo [tex]\\angle{JDB}[\/tex] no tri\u00e2ngulo [tex] JDB[\/tex] (Teorema da Bissetriz Interna). <\/p>\n

Logo, [tex]\\angle{JDE}=\\angle{EDB}=\\alpha[\/tex].<\/p>\n

Finalmente, sendo [tex]\\overline{DJ}\\parallel \\overline{AB}[\/tex], temos que os \u00e2ngulos [tex]\\angle{JDB}[\/tex] e [tex]\\angle{ABD}[\/tex] s\u00e3o alternos internos. Assim,
\n[tex]\\qquad \\angle{JDB}=\\angle{ABD}\\Rightarrow 2\\alpha=60^\\circ \\Rightarrow \\alpha=30^\\circ. [\/tex]<\/p><\/div>\n<\/div>\n

\n

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Solu\u00e7\u00e3o 4 <\/p>\n

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Para essa solu\u00e7\u00e3o, aproveitaremos alguns \u00e2ngulos j\u00e1 determinados nas solu\u00e7\u00f5es anteriores.<\/p>\n

Seja [tex]B[\/tex] o centro da circunfer\u00eancia cuja medida do raio \u00e9 [tex]BD[\/tex], e sejam [tex]G[\/tex] a intersec\u00e7\u00e3o da circunfer\u00eancia com [tex]\\overline{BC}[\/tex] e [tex]F[\/tex] a intersec\u00e7\u00e3o da circunfer\u00eancia com o prolongamento de [tex]\\overline{BA}[\/tex], conforme mostrado abaixo.<\/p><\/div>\n

\"\"<\/p>\n

Tracemos [tex]FD[\/tex] e [tex]DG[\/tex]. Na figura a seguir, observemos o tri\u00e2ngulo [tex]DFB[\/tex]. Nesse, [tex]BF=BD[\/tex] e [tex]\\angle{FBD}=60^\\circ[\/tex], o que significa que esse tri\u00e2ngulo \u00e9 equil\u00e1tero. Portanto, [tex]\\angle{FDA}=\\angle{FDB}-\\angle{ADB}=60^\\circ-40^\\circ=20^\\circ[\/tex] e [tex]\\angle{DFB}=60^\\circ[\/tex]. Al\u00e9m disso, o tri\u00e2ngulo [tex]BCD[\/tex] \u00e9 is\u00f3sceles de base [tex]BC[\/tex] e [tex]\\angle{DCB}=\\angle{DBC}=20^\\circ[\/tex]. Mais ainda, [tex]BF=FD=DB=BG=DC[\/tex].<\/div>\n

\"\"<\/p>\n

Do fato de termos [tex]BG=BF[\/tex] e [tex]BE=BA[\/tex], conclu\u00edmos que [tex]AF=EG[\/tex] (segmentos em verde na figura abaixo). O tri\u00e2ngulo [tex]GDB[\/tex] \u00e9 is\u00f3sceles de base [tex]DG[\/tex] e, como [tex]\\angle{GBD}=20^\\circ[\/tex], temos que [tex]\\angle{DGB}=\\angle{GDB}=\\dfrac{180^\\circ-20^\\circ}{2}=80^\\circ[\/tex]. Al\u00e9m disso, [tex]\\angle{DGC}=100^\\circ[\/tex]. <\/div>\n

\"\"<\/p>\n

Os tri\u00e2ngulos [tex]DCG[\/tex] e [tex]FDA[\/tex] s\u00e3o congruentes pelo caso \u00e2ngulo-lado-\u00e2ngulo<\/strong>, o que implica que [tex]AF=DG[\/tex] e o tri\u00e2ngulo [tex]DGE[\/tex] \u00e9 is\u00f3sceles de base [tex]DE[\/tex], donde [tex]\\angle{GDE}=\\angle{GED}[\/tex]. Temos, ent\u00e3o
\n[tex]\\qquad \\angle{GDE}+\\angle{GED}+\\angle{DGE}=180^\\circ \\Rightarrow \\angle{GDE}+\\angle{GDE}+80^\\circ=180^\\circ \\Rightarrow \\angle{GDE}=\\angle{GED} =50^\\circ [\/tex].<\/p>\n

Finalmente,
\n[tex]\\qquad \\angle{CDG}+\\angle{GDE}+\\angle{EDB}+\\angle{BDA}=180^\\circ \\Rightarrow 60^\\circ+50^\\circ+\\alpha+40^\\circ=180^\\circ \\Rightarrow \\alpha=30^\\circ . [\/tex]<\/p><\/div>\n<\/div>\n

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Solu\u00e7\u00e3o 5 <\/p>\n

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\n

Para essa solu\u00e7\u00e3o, note que o \u00e2ngulo do v\u00e9rtice de [tex]20^\\circ[\/tex] do tri\u00e2ngulo [tex]ABC[\/tex] pode ser visto como o \u00e2ngulo central de um pol\u00edgono de [tex]n[\/tex] lados tal que [tex]A_{central}=20^\\circ=\\dfrac{360^\\circ}{n} [\/tex], ou seja, [tex]n=18[\/tex]. Assim, considere um octodec\u00e1gono regular, inscrito em uma circunfer\u00eancia de centro no v\u00e9rtice [tex]C[\/tex] (ver figura). <\/div>\n

\"\"<\/p>\n

Pela regularidade do pol\u00edgono, cada arco sobre a circunfer\u00eancia mede [tex]20^\\circ[\/tex]. Portanto, vale ressaltar que:<\/div>\n