teorema de Pitágoras

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“principal”
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N SEC. 3.2: CAPÍTULO 2 65
24) Na figura a seguir, sejam: ∠BPC = θ, ∠BCP = α, ∠PBA = β e
∠PBC = φ. Assinale o ponto Q no segmento PC tal que CQ = b.
Consequentemente, QP = c.
Suponha θ > 90o. Então, x2 > b2 + c2, ou seja, x > a.
Observando-se os triângulos QCB e PBA, que têm dois lados em
comum, conclui-se que α > β. No triângulo BPC, como θ > 90o,
conclui-se que α + φ < 90o. Mas como β + φ = 90o, pois ABCD
é um quadrado, então α < β, uma contradição. Da mesma forma,
supor θ > 90o conduz a uma outra contradição equivalente. Logo,
θ < 90o.
3.2 Capítulo 2
1) A figura permite a divisão por segmentos horizontais em partes
fáceis de calcular.
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66 � CAP. 3: SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS
As partes 1, 3 e 4 são trapézios e a parte 2 é um paralelogramo.
Temos então:
A1 =
5 + 2
2
· 2 = 7 A2 = 5 · 2 = 10
A3 =
6 + 5
2
· 4 = 22 A4 =
6 + 5
2
· 3 = 16,5
A área da figura é 55,5.
2) A diagonal de um retângulo divide esse retângulo em dois triân-
gulos congruentes, portanto de mesma área.
Observando a figura acima e sendo S1 e S2 as áreas dos dois retân-
gulos sombreados, devemos ter S1+A+B = S2+A+B e, portanto,
S1 = S2.