teorema de Pitágoras

Prévia do material em texto

“principal”
2010/4/19
page 55
Estilo OBMEP
i
i
i
i
i
i
i
i
Capítulo 3
Soluções dos Problemas
3.1 Capítulo 1
1) Sejam: x − r, x e x + r os lados de um triângulo retân-
gulo. Considerando r > 0, x + r é a hipotenusa e, portanto,
(x+r)2 = x2 +(x−r)2. Desenvolvendo e simplificando, obtemos
x = 4r. Portanto, os lados medem 3r, 4r e 5r.
2)
Trace pelo centro O da circunferência o segmento MN perpen-
dicular a AB, como na figura acima. Como M é médio de AB
55
“principal”
2010/4/19
page 56
Estilo OBMEP
i
i
i
i
i
i
i
i
56 � CAP. 3: SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS
temos, no triângulo retângulo OMB, OB = R, MB = a/2 e
OM = a − R. Aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo
OMB, encontramos R =
5a
8
.
3) Considere a figura:
O Teorema de Pitágoras em cada um dos triângulos retângulos
fornece:
x2 + h2 = 12 e (4 − x)2 + h2 = 20.
Logo 16 − 8x + x2 + 12 − x2 = 20 , o que dá x = 1. Portanto,
altura do triângulo é igual a
√
11 e a área é S =
4
√
11
2
= 2
√
11.
4) Para a existência do triângulo devemos ter 1 < x < 7. Se o triân-
gulo é obtusângulo e x é o maior lado, devemos ter
x2 > 32 + 42, ou seja, x > 5. Se o lado que mede 4 é o maior, de-
vemos ter 42 > x2 + 32, ou seja, x <
√
7. Portanto, esse triângulo
é obtusângulo para 1 < x <
√
7 ou 5 < x <
√
7.
5) a2 = 4k2(k + 1)2 + 4k(k + 1) + 1 = b2 + c2.
6) Usando as fórmulas que geram ternos pitagóricos, devemos ter
m2 − n2 = 17, ou seja, (m + n)(m − n) = 17. Como 17 é primo,
então, necessariamente, m + n = 17 e m − n = 1, o que dá m = 9
e n = 8. Portanto, o outro cateto é 2mn = 2 · 9 · 8 = 144 e a
hipotenusa é m2 +n2 = 81+64 = 145. O perímetro é igual a 306.