FUVEST-Geometria Plana-Ex.Resolvidos

Ex-01 (FUVEST 2000)

Considere os pontos A=(-2,0), B=(2,0), C=(0,3) e P=(0,α), com 0 < α < 3. Pelo ponto P, traçamos as três retas paralelas aos lados do triângulo ABC.

(a) Determine, em função de α, a área da região sombreada na figura.

(b) Para que valor de α essa área é máxima?

Solução:

a)

Redesenhando convenientemente, temos:

Observando a figura, temos:

1) O triângulo ABC é isósceles.

2) O quadrilátero CHPI é um losango cujo diagonal menor HI (=d) e diagonal maior CP (=D). Portanto, a área é calculada da seguinte forma:

Ainda podemos observar que os segmentos FP e HI são iguais (FP=HI).

3) Os quadriláteros PEAG e PFBD são iguais e paralelogramos cujas bases são EA e DB respectivamente e altura de ambos são PO. 

4) Os triângulos ∆BMC e ∆DMP são semelhantes, então podemos calcular a base do paralelogramo de seguinte maneira:

5) Os triângulos ∆BMC e ∆FPC são semelhantes, então podemos calcular a diagonal menor do losango de seguinte maneira:

Da figura temos que  (FP) = (HI).

Redesenhando, temos:

A área A correspondente à parte sombreada é igual a:

b)

O valor de α para área máxima é a abscissa do vértice.

Como o coeficiente de α² é negativo, a parábola tem a concavidade virada para baixo:

O valor de alfa do vértice pode ser obtido igualando a primeira derivada da expressão de área à zero.

Ex-02 (FUVEST 2000)

No quadrilátero ABCD da figura a seguir, E é um ponto sobre o lado AD tal que o ângulo ABE mede 60º e os ângulos EBC e BCD são retos. Sabe-se ainda que AB = CD = √3 e BC = 1. Determine a medida de AD.

Solução:

Como foram dados os valores dos lados BC e CD e que estes segmentos são perpendiculares, podemos traçar o segmento auxiliar BD formando um triângulo retângulo em C. O segmento BD divide o quadrilátero em dois triângulos.

Vamos calcular o valor do ângulo θ (=ângulo DBC).

Como o ângulo θ = 60º, então o ângulo EBD = 90º - 60º = 30º, portanto o triângulo ABD é também retângulo.

Logo, aplicando o Teorema de Pitágoras, temos:

Resposta: A medida de AD = √7

Ex-03 (FUVEST 2001)

Um agricultor irriga uma de suas plantações utilizando duas máquinas de irrigação. A primeira irriga uma região retangular, de base 100m e altura 20 m, e a segunda irriga uma região compreendida entre duas circunferências de centro O e de raios 10 m e 30 m. A posição relativa dessas duas regiões é dada na figura.

Onde A e B são os pontos médios das alturas do retângulo. Sabendo-se ainda que os pontos A, B e O estão alinhados e que BO =20 m, determine

(a) a área da intersecção das regiões irrigadas pelas máquinas;

(b) a área total irrigada.

Utilize as seguintes aproximações: √2 = 1,41; π = 3,14 e arcsen(1/3) = 0,340 rad.

Solução:

Para calcular a intersecção das regiões irrigadas, pela figura, temos:

Área do quadrilátero CDEF somado ao resultado da área do setor circular COD subtraído pela área do triângulo COD.

Sejam
S1 = área do setor circular COD;
S2 = área do triângulo COD;
S3 = área do quadrilátero CDEF;
SI = área correspondente à intersecção das regiões irrigadas.
ST = área total irrigada

Calculando S1 (Setor circular COD):

Calculando S2 (Triângulo COD):

Calculando S3 (Retângulo CDEF):

Portanto, temos que:

a) A área da intersecção das regiões irrigadas é dada por:

b) A área total ST é a soma da área da região retangular (20 x 100), somada a área da coroa circular de raios (10 e 30), subtraída da área de intersecção.

Ex-04 (FUVEST 2002)

O triângulo retângulo ABC, cujos catetos AC e AB medem 1 e √3, respectivamente, é dobrado de tal forma que o vértice C coincida com o ponto D do lado AB. Seja MN o segmento ao longo do qual ocorreu a dobra. Sabendo que NDB é reto, determine

(a) o comprimento dos segmentos CN e CM;

(b) a área do triângulo CMN.


Solução:

Os triângulos CNM e DMN são côngruos, pois o triângulo ABC é dobrado ao longo de MN de modo que C coincide com D.

Assim,

No ponto D, temos que:

Podemos concluir que:

Em um losango temos todos os lados iguais: CM = CN = DM = DN.

a)

b)

A altura de um triângulo eqüilátero é calculada da seguinte forma:

A área do triângulo CMN:

Ex-05 (FUVEST 2002)

Na figura abaixo, as circunferências C1 e C2, de centros O1 e O2, respectivamente, se interceptam nos pontos P e Q. A reta r é tangente a C1 e C2; a reta s passa por O1 e O2 e β é o ângulo agudo entre r e s. Sabendo que o raio de C1 é 4, o de C2 é 3 e que o senβ=1/5, calcule:

(a) a área do quadrilátero O1QO2P;

(b) senα, onde α=QO2P.



Solução:

Desenhando conforme as informações dadas, temos:

No triângulo retângulo AO1O2, temos:

Como O1O2 = 5, O1P = 4 e O2P = 3, temos que (O1O2)² = (O1P)² + (O2P)² que é uma condição para um terno pitagórico. Logo ∆PO1O2 é um triângulo retângulo em P.

Portanto,

a)
A área do quadrilátero O1QO2P é:

b)
No triângulo ∆PO1O2, tem-se:

Então:

Ex-06 (FUVEST 2003)

Na figura ao lado, M é o ponto médio da corda PQ da circunferência e PQ = 8. O segmento RM é perpendicular a PQ e RM = (4√3/3). Calcule:

(a) O raio da circunferência.

(b) A medida do ângulo POQ, onde O é o centro da circunferência.


Solução:

O triângulo ∆MQR é retângulo em M, então, podemos escrever que:

No triângulo ∆MQR, se α = 30º, então β = MRQ = 60º (pois a soma dos ângulos internos de um triângulo é 180º).

O triângulo ∆ROQ é isósceles, então, os ângulos ORQ e RQO possuem valores iguais. Assim, tem-se: ORQ = RQO = α = 60º.

Logo, no triângulo ∆ROQ temos que: ORQ + RQO + ROQ = 180º, então, ROQ = 60º. Logo o triângulo ∆ROQ é eqüilátero. Portanto, os lados OR = OQ = RQ.



a)
Aplicando Pitágoras no ∆MQR:

b)

Ex-07 (FUVEST 2003)

Na figura ao lado, as circunferências têm centros A e B. O raio maior é 5/4 do raio da menor; P é um ponto de intersecção delas e a reta AQ é tangente à circunferência menor no ponto Q. Calcule:

(a) cosABQ

(b) cosABP

(c) cosQBP



Solução:

a)

De enunciado:

 

O triângulo ∆ABQ é retangular em Q, então:

b)

Aplicando a lei dos cossenos ao triângulo ∆ABP, tem-se:

c)

Ex-08 (FUVEST 2003)

No trapézio ABCD, M é o ponto médio do lado AD; N está sobre o lado BC e 2BN = NC. Sabe-se que as áreas dos quadriláteros ABNM e CDMN são iguais e que DC = 10. Calcule AB.

Solução:

Seja o ponto P médio de BC, então, tem-se:

A área do quadrilátero ABNM é igual à diferença entre as áreas do trapézio ABPM e do triângulo NPM; e a área do quadrilátero CDMN é igual à soma das áreas do trapézio MPCD e do triângulo NPM:

Ex-09 (FUVEST 2004)

Um triângulo ABC tem lados de comprimentos AB=5, BC=4 e AC=2. Sejam M e N os pontos de AB tais que CM é a bissetriz relativa ao ângulo ACB e CN é a altura relativa ao lado AB. Determinar o comprimento de MN.



Solução:

Pelo Teorema da bissetriz Interna

Lei dos cossenos no triângulo ∆ABC.

Também, temos cosα através do triângulo ∆CNA:

Portanto,

Ex-10 (FUVEST 2004)

A figura abaixo representa duas polias circulares C1 e C2 de raios R1 – 4 cm e R2 = 1 cm, apoiadas em uma superfície plana em P1 e P2, respectivamente. Uma correia envolve as polias, sem folga. Sabendo-se que a distância entre os pontos P1 e P2 é 3√3, determinar o comprimento da correia.

Solução:

Assim, o arco P2Q2 tem a medida angular igual a:

Como

o arco Q1P1 tem a medida angular igual a:

Logo, a correia é formada pelos segmentos P1P2 e Q1Q2 e pelos arcos P2Q2 e P1Q1. Portanto, o comprimento (c) da correia é igual a:

Ex-11 (FUVEST 2004)

Na figura ao lado, cada uma das quatro circunferências externas tem o mesmo raio r e cada uma delas é tangente a outras duas e à circunferência interna C. Se o raio de C é igual a 2, determinar

(a) o valor de r;

(b) a área da região hachurada.


Solução:

a)
Podemos expressar a medida do segmento O1O3 de seguintes formas:

Comparando (1) e (2), temos,

b)
A área da região hachurada é igual à:

Área do quadrado O1O2O3O4, subtraído a área do círculo de raio 2 e área correspondente à 4 setores circulares de raio r e ângulo de 90º:

Ex-12 (FUVEST 2005)

Na figura acima, as 12 circunferências têm todas o mesmo raio r; cada uma é tangente a duas outras e ao quadrado. Sabendo-se que cada uma das retas suporte das diagonais do quadrado tangencia quatro das circunferências (ver figura) e que o quadrado tem lado 2√7, determinar r.


Solução:

Completando o desenho com as informações dadas e fazendo uma revisão conveniente para resolver o problema, temos:

Calculando o x:

Seja o lado do quadrado L = 2√7, então temos:

Ex-13 (FUVEST 2006)

Na figura abaixo, O é o centro da circunferência de raio 1, a reta AB é secante a ela, o ângulo β mede 60º e senα = √3/4.

(a) Determine senOÂB em função de AB.

(b) Calcule AB.

Solução:

Se AB é secante, então o ∆BCO é isósceles e como β = 60º, então, o triângulo ∆BCO é eqüilátero.

a)

Pela lei dos senos, temos:

b)

Logo, temos que:

Ex-14 (FUVEST 2006)

No paralelogramo ABCD abaixo, tem-se que AD = 3 e DÂB = 30º. Além disso, sabe-se que o ponto P pertence ao lado DC e à bissetriz do ângulo DÂB.

(a) Calcule AP.

(b) Determine AB sabendo que a área do quadrilátero ABCP é 21.

Solução:

Sabemos que: Paralelogramos são figuras geométricas que possuem apenas quatro lados, sendo os lados opostos paralelos e medidas iguais. Como todo quadrilátero, a soma dos ângulos internos é de 360º. Possui duas diagonais que se cruzam no ponto médio e os ângulos opostos possuem medidas iguais. 

a)

Pela Lei dos Cossenos, temos:

Neste caso, podemos obter a mesma resposta, porém, de outra aparência; vamos fazer algumas manipulações algébricas:

Por comparação, temos:

Assim, temos:

b)

A área do quadrilátero ABCP (que é trapézio) é igual 

No triângulo BCH, tem-se:

Então, temos:

Ex-15 (FUVEST 2007)

Na figura abaixo, os segmentos AB e CD são paralelos, o ângulo OAB mede 120º, AO = 3 e AB = 2. Sabendo-se ainda que a área do triângulo OCD vale 600√3.

(a) calcule a área do triângulo OAB.

(b) determine OC e CD.

Solução:

a)

A área do ∆OAB é:

b)

Considerando que o ponto O seja a intersecção dos segmentos AC e BD e como AB e CD são paralelos, então, os triângulos OAB e OCD são semelhantes.

A razão de semelhança é:

A razão entre áreas é:

Assim, temos:

Ex-16 (FUVEST 2007)

A figura representa um trapézio ABCD de base AB e CD, inscrito em uma circunferência cujo centro O está no interior do trapézio. Sabe-se que AB = 4, CD = 2 e AC = 3√2.

(a) Determine a altura do trapézio.

(b) Calcule o raio da circunferência na qual está inscrito.

(c) Calcule a área da região exterior ao trapézio e delimitada pela circunferência.

Solução:

a)

O trapézio ABCD é isósceles, pois, m(C) = m(D), m(A) = m(B) e AB é paralelo a CD.

Então, temos:

Pitágoras no ∆ACH, temos:

b)

Considerando r o raio do círculo, então temos:

Pela lei dos senos:

c)

A área da região solicitada é a diferença entre a área do circulo de raio r = √5 e a área do trapézio ABCD, então,

Ex-17 (FUVEST 2008)

No triângulo ABC, tem-se que AB > AC, AC = 4 e cosC = 3/8. Sabendo-se que o ponto R pertence ao segmento BC e é tal que AR = AC e BR/BC = 4/7, calcule

(a) a altura do triângulo ABC relativa ao lado BC.

(b) a área do triângulo ABR.

Solução:

a)

Por Pitágoras no ∆ACH, tem-se:

b)

Ex-18 (FUVEST 2008)

O círculo C, de raio R, está inscrito no triângulo eqüilátero DEF. Um círculo de raio r está no interior do triângulo DEF e é tangente externamente a C e a dois lados do triângulo, conforme a figura.

Assim, determine

(a) a razão entre R e r.

(b) a área do triângulo DEF em função de r.

Solução:

a)

Os triângulos AFO e BFP são retângulos e semelhantes, então, temos:

b)

Por Pitágoras no triângulo ∆DFM; tem-se:

Ex-19 (FUVEST 2009)

Na figura ao lado, a reta r tem equação y = 2√2x + 1 no plano cartesiano Oxy. Além disso, os pontos B₀, B₁, B₂, B₃ estão na reta r, sendo B₀ = (0,1). Os pontos A₀, A₁, A₂, A₃ estão no eixo Ox, com A₀ = O = (0,0).  O ponto D_i, pertence ao segmento A_iB_i, para 1 ≤ i ≤ 3. Os segmentos A₁B₁, A₂B₂, A₃B₃ são paralelos ao eixo Ou, os segmentos B₀D₁, B₁D₂, B₂D₃ são paralelos ao eixo Ox, e a distância entre B_i e B_i+1 é igual a 9, para 0 ≤ i ≤ 2.

Nessas condições:

(a) Determine as abscissas de A₁, A₂, A₃.

(b) Sendo R_i, o retângulo de base A_iA_i+1 e altura A_i+1D_i+1, para 0 ≤ i ≤ 2, calcule a soma das áreas dos retângulos R₀, R₁ e R₂.

Solução:

a)

O coeficiente angular da reta r:

Por Pitágoras:

Portanto, as abscissas de A₁, A₂ e A₃ são:

b)

Ex-20 (FUVEST 2009)

Na figura, estão representadas a circunferência C, de centro O e raio 2, e os pontos A, B, P e Q, de tal modo que:

(1) O ponto O pertence ao segmento PQ.

(2) OP = 1, OQ = √2.

(3) A e B são pontos da circunferência, AP ┴ PQ e BQ ┴ PQ.

Assim sendo, determine:

(a) A área do triângulo APO.

(b) Os comprimentos dos arcos determinados por A e B em C.

(c) A área da região hachurada.

Solução:

a)

Por Teorema de Pitágoras, tem-se:

Assim,

b)

No triângulo ∆AOP:

No triângulo ∆BOQ:

Então temos que:

Calculando o comprimento dos arcos:

c)

A área da parte hachurada é:

Ex-21 (FUVEST 2009)

O triângulo ABC da figura ao lado é equilátero de lado 1. Os pontos E, F e G pertencem, respectivamente, aos lados AB, AC e BC do triângulo. Além disso, os ângulos AFE e CGF são retos e a medida do segmento AF é x. Assim, determine:

(a) A área do triângulo AFE em função de x.

(b) O valor de x para o qual o ângulo FÊG também é reto.

Solução:

a)

A área do triângulo retângulo AEF é:

b)

No triângulo retângulo CFG, temos:

No triângulo retângulo EFG, temos:

Ex-22 (FUVEST 2010)

No triângulo ABC da figura, a mediana AM, relativa ao lado BC, é perpendicular ao lado AB. Sabe-se também que BC = 4 e AM = 1. Se α é a medida do ângulo ABC, determine:

(a) senα;

(b) o comprimento AC;

(c) a altura do triângulo ABC relativa ao lado AB;

(d) a área do triângulo AMC.

Solução:

a)

b)

Os triângulos ∆ABM e ∆BCH são semelhantes, portanto, temos:

Também, podemos escrever que:

Por comparação, temos:

Por semelhança de triângulos temos:

Por Pitágoras, temos:

c)

Do item anterior (b), temos:

d)

Se senα = 1/2, então, α = 30º, logo θ = 60º. Então, β = 120º.

Portanto, temos:

Ex-23 (FUVEST 2011)

As circunferências C₁ e C₂ estão centradas em O₁ e O₂, têm raios r₁ = 3 e r₂ = 12, respectivamente, e tangenciam-se externamente. Uma reta t é tangente a C₁ no ponto P₁, tangente a C₂ no ponto P₂ e intercepta a reta O₁O₂ no ponto Q. Sendo assim, determine

(a) o comprimento P₁P₂;

(b) a área do quadrilátero O₁O₂P₂P₁;

(c) a área do triângulo QO₂P₂.

Solução:

a)

Por Pitágoras no triângulo ∆AO₁O₂, temos:

b)

O quadrilátero O₁O₂P₂P₁ é um trapézio, então, temos:

c)

Os triângulos ∆QO₂P₂ e ∆O₁O₂A são semelhantes, então, temos:

Ex-24 (FUVEST 2012)

No triângulo acutângulo ABC, ilustrado na figura, o comprimento do lado BC mede √15/5, o ângulo interno de vértice C mede α, e o ângulo interno de vértice B mede α/2. Sabe-se, também, que 2cos(2α)+3cosα+1=0.

Nessas condições, calcule

a) o valor de senα

b) o comprimento do lado AC.

Solução:

a)

Sabemos que: cos(2α) = 2cos²α ‒ 1 e seja 2cos(2α)+3cosα+1=0, temos:

b)

A figura com os dados do enunciado:

Traçando a bissetriz do ângulo BCA, temos:

1 - O triângulo ∆BCD é isósceles.

2 - Os triângulos ∆ABC e ∆ACD são semelhantes.

∆BCD

Aplicando lei dos cossenos, temos:

∆ABC e ∆ACD

Assim, podemos escrever que:

Ex-25 (FUVEST 2012)

Na figura, a circunferência de centro O é tangente à reta CD no ponto D, o qual pertence à reta AO. Além disso, A e B são pontos da circunferência, AB = 6√3 e BC = 2√3. Nestas condições, determine

a) a medida do segmento CD;

b) o raio da circunferência;

c) a área do triângulo AOB;

d) a área da região hachurada na figura.

Solução:

a) Aplicando o Teorema da Secante-Tangente, temos:

b) O triângulo ACD é retângulo em D, portanto, pela aplicação do Teorema de Pitágoras, temos:

c) Seja BH a altura do triângulo ∆AOB em relação ao lado AO. Assim, os triângulos ∆ABH e ∆ACD são semelhantes, então temos:

 

Portanto, a área do ∆AOB é:

d)

 

Assim, β = 120º, então,

Ex-26 (FUVEST 2013)

Percorre-se o paralelogramo ABCD em sentido anti-horário. A partir de cada vértice atingido ao longo do percurso, prolonga-se o lado recém- percorrido, construindo-se um segmento de mesmo comprimento que esse lado.  As extremidades dos prolongamentos são denotadas por A’, B’, C’ e D’, de modo que os novos segmentos sejam, então, AA’, BB’, CC’ e DD’.  Dado que AB = 4 e que a distância de D à reta determinada por A e B é 3, calcule a área do

a) paralelogramo ABCD;

b) triângulo BB’C’;

c) quadrilátero A’B’C’D’.

Solução:

a)

A distância do ponto D ao lado AB fornecida é a altura do paralelogramo, então:

b)

Como conhecemos a área do paralelogramo ABCD, se desenhar paralelogramos côngruos ao seu redor podemos calcular facilmente as áreas solicitadas nos itens b e c.  

A área do ∆BB’C’ é a metade da área do quadrilátero BB’PC’, sendo esta é igual ao dobro da área do paralelogramo ABCD, logo:

c)

Pela figura, temos:

Ex-27 (FUVEST 2013)

Um guindaste, instalado em um terreno plano, tem dois braços articulados que se movem em um plano vertical, perpendicular ao plano do chão.

Na figura, os pontos O, P₁ e P₂ representam, respectivamente, a articulação de um dos braços com a base, a articulação dos dois braços e a extremidade livre do guindaste.   O braço OP₁ tem comprimento 6 e o braço P₁P₂ tem comprimento 2. Num dado momento, a altura de P₂ é 2, P₂ está a uma altura menor do que P₁ e a distância de O a P₂ é 2√10. Sendo Q o pé da perpendicular de P₂ ao plano do chão, determine

a) o seno e o cosseno do ângulo P₂OQ entre a reta OP₂ e o plano do chão;

b) a medida do ângulo OP₁P₂ entre os braços do guindaste;

c) o seno do ângulo P₁OQ entre o braço OP₁ e o plano do chão.

Solução:

a)

Pela figura temos que:

Pela relação fundamental de trigonometria, temos o valor do cosseno de α:

b)

Pela Lei dos Cossenos no ∆OP₁P₂, temos:

 

c)

Como β=90º, então os triângulos ∆OP₁P₂ e ∆OP₂Q são congruentes, logo OQ = 6.

Ou pela aplicação de Pitágoras no ∆OP₂Q, temos:

Ex-28 (FUVEST 2014)

Uma bola branca está posicionada no ponto Q de uma mesa de bilhar retangular, e uma bola vermelha, no ponto P, conforme a figura ao lado. A reta determinada por P e Q intersecta o lado L da mesa no ponto R. Além disso, Q é o ponto médio do segmento PR, e o ângulo agudo formado por PR e L mede 60º. A bola branca atinge a vermelha, após ser refletida pelo lado L.  Sua trajetória, ao partir de Q, forma um ângulo agudo θ com o segmento PR e o mesmo ângulo agudo α com lado L antes e depois da reflexão. Determine a tangente de α e o seno de θ. 

Solução:

Pela figura, temos que:

1) O triângulo ∆PRP’ é isósceles.

2) O pontos Q e Q’ são pontos médios de PR e RP’ respectivamente, então o ponto S é o baricentro do triângulo  ∆PRP’, logo RS = 2SM  (1).

3) No triângulo ∆RPM,

Calculando a tangente de α no triângulo ∆PSM:

Aplicando a Lei dos Senos no triângulo ∆RSQ, temos:

De triângulo ∆PSM:

Para determinar o valor PS, pelo teorema de Pitágoras, temos:

Ex-29 (FUVEST 2014)

Considere o triângulo eqüilátero ∆A₀OB₀ de lado 7 cm.

a) Sendo A₁ o ponto médio do segmento A₀B₀ e B₁ o ponto simétrico de A₁ em relação à reta determinada por O e B₀, determine o comprimento de OB₁.

b) Repetindo a construção do item (a), tomando agora como ponto de partida o triângulo ∆A₁OB₁, pode-se obter o triângulo ∆A₂OB₂ tal que A₂ é o ponto médio do segmento do segmento A₁B₁, e B₂ o ponto simétrico de A₂ em relação à reta determinada por O e B₁. Repetindo mais uma vez o procedimento, obtém-se o triângulo ∆A₃B₃. Assim, sucessivamente, pode-se construir uma sequência de triângulo ∆AnOBn tais que, para todo n≥1, An é o ponto médio de An-1Bn-1, e Bn, o ponto simétrico de An em relação à reta determinada por O e Bn-1, conforme a figura. Denotando por an, para n≥1, o comprimento do segmento An-1An, verifique que a1, a2, a3, ... é uma progressão geométrica. Determine sua razão.

c) Determine, em função de n, uma expressão para o comprimento da linha poligonal A₀A₁A₁....An, n ≥ 1.

O ponto P’ é simétrico ao ponto P em relação à reta r se o segmento PP’ é perpendicular à reta r e a intersecção de PP’ e r é o ponto médio de PP’.

Solução:

a)

O comprimento do segmento OB₁ é igual à altura do triângulo eqüilátero A₀OB₀. Portanto,

b)

Seja q a razão do PG (progressão geométrica), então:

c)

O comprimento da linha poligonal é a soma dos n primeiros termos da PG definido no item anterior. Portanto, temos:

Ex-30 (FUVEST 2016)

São dadas três circunferências de raio r, duas a duas tangentes. Os pontos de tangências são P₁, P₂ e P₃.

Calcule, em função de r.

a) o comprimento do lado do triângulo eqüilátero T determinado pelas três retas que são definidas pela seguinte exigência: cada uma delas é tangente a duas das circunferências e não intersecta a terceira.

b) a área do hexágono não convexo cujos lados são os segmentos ligando cada ponto P₁, P₂ e P₃ aos dois vértices do triângulo T mais próximos a ele.

Solução:

a)

Pela figura temos:

b)

Seja S representação de área, então, pela figura, temos:

Logo, a área do hexágono não convexo AP₁BP₂CP₃ é: