Matemática Curso Anglo n3 aulas16a18 Resoluções

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AULAS 16 a 18
1. Pelo ponto P traçam-se paralelas aos lados do quadrado. Estas paralelas
determinam com os lados do quadrado, 4 triângulos retângulos, como
mostra-se na figura ao lado.
Aplicando teorema de Pitágoras nos triângulos retângulos de hipotenu-
sas AP e CP, temos respectivamente:
a2 + b2 = 22
c2 + d2 = 92
Adicionando-se, membro a membro, obtém-se: a2 + b2 + c2 + d2 = 22 + 92
Raciocinando de modo análogo para os outros dois triângulos retângulos, obtém-se: a2 + b2 + c2 + d2 = x2 + 72
Nestas condições, podemos escrever: x2 + 72 = 22 + 92
Donde encontra-se x = 6. [Alternativa C]
2. Seja P a intersecção das retas suportes dos lados ND e AM.
Do enunciado, tem-se que os triângulos MBA e NDC são congruentes.
Assim, da construção do ponto P e do enunciado decorre que :
∠PAD = ∠MBA = ∠NDC e ∠PDA = ∠MAB = ∠NCD
Mas, como AD = AB = 1, segue-se que os triângulos PAD e MBA são con-
gruentes (ALA), conseqüentemente, ∠APD = 90°, MA = DP e BM = AP.
Nestas condições, o triângulo MPN é isósceles e retângulo em P, com
MP = MA + AP = a + b = DP + ND = NP.
Portanto, [Alternativa D]
3. Desde que AC = AB, temos que 2r = AB = 4, isto é, r = 2 (r é o raio circunferência).
Desde que DE // AB e ABˆC = 45°, então CE = DE = 2x.
Nestas condições, OE = CE – r = 2x – r = 2x – 2 e (M é ponto médio de DE)
Substituindo estes resultados no triângulo retângulo ABE, tem-se do teorema de Pitágoras:
OM2 = OE2 + ME2, ou seja, 22 = (2x – 2)2 + x2
Resolvendo, encontramos ou x = 0 (não convém)
Portanto, [Alternativa B]
4. Dos dados do enunciado podemos construir a figura ao lado, onde o triângulo AOB
é retângulo em O enquanto que o triângulo ACD, é retângulo em C.
Denotando por r o raio da circunferência temos:
Do ∆AOB: [1]
Do ∆ACD: [2]
Portanto, de [1] e [2], resulta AC = 15. [Alternativa B]
AC r r= ° =2 30 3cos
tg
r
r30
5 3
3
5 3° = = =∴
DE x= =2
16
5
x =
8
5
DM ME
DE
x= = =
2
MN a b= +( ) 2
ClasseEm
SISTEMA ANGLO DE ENSINO • 1 • Treinamento para Olimpíadas de Matemática
2008
Resoluções
NÍVEL 3
www.cursoanglo.com.br
Treinamento para
Olimpíadas de
Matemática2008
A
a
c
D
x
b
2
P
7
d
9
a
c
C
B
P
N
M
B
ba
A
b
a
b a
C
30°
60° 60°
30°
OA
C
B
Drr
r
5
5. Sejam A, B e C os centros das circunferências de raios a, b e c res-
pectivamente.
Seja A´, B´, C´as projeções ortogonais de A, B e C respectivamente
sobre a reta dada.
Seja D e E as projeções ortogonais de C sobre as retas AA´ e BB´
respectivamente.
Seja F a interseção da reta BB´ com a paralela a A´B´ por A.
Nestas condições, os triângulos ADC, BEC, e BFA são retângulos
em D, E e F respectivamente, conforme mostra-se na figura ao lado.
Dos triângulos retângulos ADC, BEC e BFA:
Por outro lado, da figura acima: 
Dividindo ambos os membros por resulta: [Aternativa E]
6. Solução oficial
Os triângulos ABE e EHF são retângulos em A e H, respecti-
vamente; a medida do ângulo BÊF é de 90°; se a medida do ângu-
lo HÊF é x, então a medida dos ângulos EFˆH e AÊB é 90° – x e,
conseqüentemente, a medida do ângulo ABˆE é x; como BE = EF
(são lados do mesmo quadrado), então os triângulos mencionados
são congruentes (pelo caso ALA de congruência de triângulos).
Utilizando o teorema de Pitágoras, podemos escrever
BE2 = AB2 + AE2, o que mostra que a área do quadrado BEFG
é a soma das áreas dos quadrados ABCD e FHIJ, ou seja,
64 + 36 = 100cm2. [Alternativa D]
7. (Solução Oficial)
Ligando o ponto de interseção das retas que representam as duas cercas aos
vértices, obtemos a figura ao lado.
Observemos que, como AQ = QD e as alturas de OAQ e OQD que passam por
O são iguais, as áreas de OAQ e OQD são iguais. Analogamente, as áreas de
OAM e OMB; OBN e ONC; OCP e OPD são iguais.
Logo, (OAQ) + (OAM) + (OCP) + (ONC) = (OQD) + (OMB)+ (OPD) + (OBN)
∴ (AMOQ) + (CNOP) = (DPOQ) + (BMON)
∴ (AMOQ) = 200 + 250 – 210 = 240. [Alternativa A]
8. Sejam D e E (ver figura) áreas de regiões planas limitadas pelo semicírculo construído sobre a hipotenusa e cada
um dos catetos do triângulo retângulo.
Nestas condições, temos: 
Por outro lado, (Teorema de Pitágoras)
Assim, 
Portanto, S + D + R + E = D + T + E, ou seja, S + R = T. [Alternativa C]
S D R E
AB AC
AB AC
BC
D T E+ + + = + = +



 = = + +⋅ ⋅ ⋅π π
π
π
2 2
2 2
2
4 4 4 4
AB AC BC
2 2 2
+ =
 
S D
AB
R E
AC
e D T E
BC
+ = + = ⋅ + + =⋅ ⋅π π π
2 2 2
4 4 4
,
1 1 1
b a c
+ = 2 abc
 DC CE A B ac bc ab+ = + =∴ ⋅’ ’ 2 2 2
DC a c a c ac CE b c b c bc e AF ab= + − − = = + − − = =( ) ( ) , ( ) ( )2 2 2 22 2 2
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2008
a – c
c
b – c
A
D
A’ C’ B’
b + c
a + b
a + c
C
a – b
F
E
A E H I
JF
G
BC
D
Q N
O
A
M
B
P
D
C
A
R
S
T
B C
E
D
1. Seja H a intersecção da reta AC com a paralela a reta AB por D, conforme figura
ao lado.
Nestas condições, o triângulo GHD é retângulo em H. Além disso, o triângulo CHD
é congruente ao triângulo BAC,
∠DCH = ∠CBA = α, ∠CDH = ∠BCA = β e CD = BC;
pois como conseqüência, DH = CA = b e CH = BA = c.
Portanto, do teorema de Pitágoras e do ∆GHD, resulta:
GD2 = GH2 + DH2
GD2 = (GA + CA + CH)2 + DH2
GD2 = (c + b + c)2 + b2
GD2 = 2b2 + 4bc + 4c2 [Alternativa D]
2. Seja N a projeção ortogonal de P sobre QR.
Seja NM = x , NQ = y – x e MR = y.
Aplicando o teorema de Pitágoras, temos:
∆PNM: PN2 + x2 = 3,52 [1]
∆PNQ: PN2 + (y – x)2 = 42 [2]
∆PNR: PN2 + (y + x)2 = 72 [3]
De [2] e [3], obtém-se: [4]
De [1] e [3], obtém-se: [5]
Portanto, de [4] e [5], resulta: , logo QR = 2y = 9. [Alternativa D]
3. Sejam 2x o comprimento do lado do quadrado e α, β medidas, em graus, dos ângulos ADM e CDP respectivamente.
Nestas condições, resulta do enunciado:
• AD = DC = 2x e AM = x.
• α + β = 90°, ∠DMA = β e ∠DCP = α, conforme figura
ao lado.
Desde que o triângulo ADM é retângulo em A, resulta do
teorema de Pitágoras:
DM2 = AM2 + DA2 = x2 + (2x)2 = 5x2
Por outro lado, ∆ADM ∼ ∆PCD (∼AA), logo:
Como MP = 3 e DM = 3 + DP, segue-se , ou seja, 
Portanto, o comprimento do lado do quadrado é 2x, isto é, [Alternativa D]
4. ∆AHC: 
∆BHC: 
Portanto, a área do triângulo ABC é igual a [Alternativa E]
1
2
2
1
2
3 2
3
2 2
3
3
1AH BH+( ) = +


 = +
⋅
⋅
tg
BH BH
BH45
2 2
1 2° = = =∴ ∴
tg
AH AH
AH30
2 2
3
3
3 2
3
° = = =
⋅
∴ ∴
2 5.
x = 5.x x5 3
2 5
5
= +
DM
DC
AM
DP
x
x
x
DP
DP x= = =∴ ∴
5
2
2 5
5
∴ =DM x 5
y =
9
2
y xy2 2
147
4
+ =
2
33
2
xy =
CasaEm
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a
b
c
A B
C
D
E
FG
H b
c
c
α
α
β
β
P
4 7
Q N M R
yy – x x
3,5
A
B
C
D
P
M
α2x
x
x
β
2x
α
5. Sejam b e c medidas dos catetos e a medida da hipotenusa.
Do teorema de Pitágoras, b2 + c2 = a2 [I]
Da soma e produto das raízes da equação do segundo grau, temos: [II]
De [I] e [II] podemos escrever: 
(b + c)2 = 196 ∴ b2 + c2 + 2bc = 196 ∴ a2 + 96 = 196 ∴ a2 = 100 ∴ a = 10.
Portanto, a medida da hipotenusa, em cm, é 10 enquanto que a do perímetro, em cm, é a + b + c , ou seja,
24(10 + 14). [Alternativa D]
6. Seja C2M a mediatriz do segmento AB, decorre daí que os triângulos OCC3 e OMC2 são semelhantes, logo
Aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo AC2M
[Alternativa D]
7. Aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo retân-
gulo destacado na figura ao lado, obtemos:
d2 + (R – r )2 = (R + r)2
Daí, d2 = 2R ⋅ 2r. Desde que 2R e 2r são os diâmetros
das circunferências de raio maior e menor respectiva-
mente, tem-se do enunciado que2R ⋅ 2r = 25.
Portanto, d2 = 25, ou seja, PQ = d = 5.
[Alternativa A]
8. No octógono regular: AE, BF, CG e HD são diâmetros de comprimento igual a 1.
Assim, os triângulos: PAE, PBF, PCG e PHD estão inscritos em uma semi-
circunferência, consequentemente são retângulos em P respectivamente.
Nestas condições, decorre do teorema de Pitágoras:
+ 
Adicionando-se membro a membro, resulta:
PA
——2 + PB
——2 + PC
——2 + PD
——2 + PE
——2 + PF
——2 + PG
——2 + PH
——2 = 4. [Alternativa A]
9. Seja O ponto médio de PQ e PQ = 2a.
Desde que PQRS é um quadrado, tem-se:
• O é centro do semicírculo com OP = OQ = a e QU = TP = x.
• RQ = PQ = 2a e 
Aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo retângulo OPQ, temos OR2 = a2 + (2a)2, ou seja, 
Como OR é o raio, temos OR = OU = a + x. Logo, , ou seja, 
Portanto, com os resultados acima conclui-se que: [Alternativa D]
 
x
y
=
−5 1
2 2
 
x a= −( )5 1 a x a+ = 5
 OR a= 5
 y PR a= = 2 2.
PA
——2 + PE
——2 = 1
PB
——2 + PF
——2 = 1
PC
——2 + PG
——2 = 1
PH
——2 + PD
——2 = 1

∴ ∴= = = =AM r AB r r
4
5
8
5
8 5
AM AC MC r MC r r2 2 2 2 2
2 2
2
23
5
16
25
= − = ⋅ = −



 =
MC
CC
OC
OC
MC
r r
r
r2
3
2
3
2
3
5
3
5
= = =∴
⋅
⋅
b + c = 14
b ⋅ c = 48

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A
B
C
O
C1 C2 C3
M
R – r
R + r
d
P Q t
A
B
C
D
E
F
G
H
P
10. Seja N ponto médio de AM, isto é, NA
——
= NM
——
Desde que ∠SAB = 45°, o triângulo retângulo ASM é isósceles e
∠SMA = 45°. Nestas condições, o segmento SN é mediana como
também altura, relativa a hipotenusa AM, isto é, SN é perpendicu-
lar a AM.
Daí, [1]
Os triângulos CAB e SNB são semelhantes (SN // CA) [2]
Portanto, de [1] e [2] resulta: [Alternativa B]
11. Desde que o posto do observador é eqüidistante dos quatro pontos, a sua posição deve coincidir com o centro
do circuncírculo do quadrilátero ABCD. Sendo O centro e R raio deste círculo, temos que:
∠BOD = 2. ∠BAD = 2 ⋅ 45° = 90° e OB = OD = R
O comprimento da hipotenusa BD do triângulo retângulo OBD é 16m, então pelo teorema de Pitágoras:
Portanto, a distância que o posto guarda de cada ninho, será de metros. [Alternativa D]
12. Decorre dos dados do enunciado que o triângulo BDC é retângulo em B, com hipotenusa e catetos:
e DB = R – r. Aplicando o teorema de Pitágoras, obtém-se 
Daí, resulta, R = 3r. [Alternativa B]
13. Sejam A, B e C os centros das circunferências de raios 1, 2 e 3 respectivamente.
Nestas condições, AC = 1 + 3 = 4; AB = 1 + 2 = 3 e BC = 3 + 2 = 5, logo BC2 = AC2 + AB2 e conseqüentemente
(recíproco de Pitágoras) ABC é um triângulo, retângulo em A, com hipotenusa BC = 5. Portanto, o raio R da
circunferência circunscrita a este triângulo é a metade da sua hipotenusa (propriedade), isto é, 2,5. [Alternativa B]
14. Seja O o centro da circunferência C. Seja α a medida do arco menor AB. Desde que o arco maior AB é duas vezes o
comprimento do arco AB menor, o arco AB maior mede 2α. Logo, 3α = 360°, ou seja, α = 120°. Nestas condições,
∠AOB = α = 120°. Por outro lado, A e B são pontos de tangência, logo ∠OAP = ∠OBP = 90°. 
Portanto, do quadrilátero PAOB (cíclico), segue-se que ∠APB = 60°, mas como PA = PB (propriedade), conclui-se
que PAB é um triângulo eqüilátero de lado AB = 7, ou seja, o comprimento da corda AB é 7. [Alternativa D]
15. Solução Oficial 
Um quadrado com área 144cm2 tem lado 12cm, e se foi formado juntando-se dois retângulos iguais lado a lado,
esses retângulos tem um lado igual ao lado do quadrado e ou outro igual a metade do lado do quadrado, ou seja,
seus lados medem 12cm e 6cm.
Juntando-se agora esses dois retângulos e formando um retângulo de largura diferente do comprimento, formamos
um retângulo de lados 24cm e 6cm.
E o perímetro desse retângulo é 24 + 6 + 24 + 6 = 60cm. [Alternativa D]
R
r
R
R r
2 2
2 2
2+



 =



 + ( – ) .BC
R
=
2
DC
R
r= +
2
8 2
R R R m2 2 216 128 8 2+ = = =∴
SN
CA
NB
AB
AB NB
AB
AB
AB
AB= = = =∴ ∴
1
4
3
3
4 3
SN AN NM AB= = = ⋅
1
4
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A M B
S
C
45°45°
3
N
16. Solução Oficial
A área do jardim é 5a2, onde a é o lado do quadrado. Pelo Teorema de Pitágoras, AB2 = a2 + (2a)2 = 5a2.
Daí, 5a2 = 100, que é a área do jardim.
Observação: também é possível resolver o problema sem usar o Teorema de Pitágoras, formando o quadrado
de lado AB e observando que sua área é equivalente à de 5 quadrados menores. [Alternativa C]
17. Desde que BC // AE e BD // CE, segue-se que BCED é um paralelogramo. Consequentemente, DE = BC e os
triângulos CDE e ABC, relativo as bases DE e BC, têm a mesma altura . Portanto, (CDE) = (ABC).
Nestas condições, (ABCD) = (ABC) + (ACD) = (CDE) + (ACD) = (ACE), isto é, x = y. [Alternativa A]
18. Solução oficial
Os triângulos isósceles junto à base têm área igual a do quadrado. Os dois junto aos vértices superiores tem
área igual a da área do quadrado. Finalmente, o central no topo tem área igual à metade da área do quadrado.
Logo, a área total é 
[Alternativa C]
19. Sejam A1, A2 e A3 áreas dos quadrados 1, 2 e 3 respectivamente. Do teorema de Pitágoras, podemos escrever:
A1 + A3 = A2. Portanto, A2 = 100 – 36 = 64cm2. [Alternativa B]
20. Solução oficial
A área do triângulo ADF é , ou seja, da área do quadrado. Como os triângulos ADF e AEF são
congruentes, a área da região comum aos dois quadrados é 2 ⋅ 25 = 50cm2. [Alternativa E]
21. Desde que R é ponto médio de NA, os triângulos ARM e ANM, em relação as bases AR e NA têm a mesma altura e 
AN = 2 AR, logo: [1]
Desde que N é ponto médio de MC, os triângulos ANM e AMC, em relação as bases MN e MC têm a mesma
altura e
MC = 2 MN, logo: [2]
Desde que M é ponto médio de AB, os triângulos AMC e ACB, em relação as bases AM e AB têm a mesma
altura e
AB = 2AM, logo: [3]
Multiplicando membro a membro as igualdades [1], [2] e [3] encontramos:
[Alternativa B]
22. (Solução Oficial)
Sendo x, y e z as áreas das partes brancas, a área pedida é: 
(121 – x) + (49 – y – z) – (81 – x – y) – (25 – z) = 121 + 49 – 81 – 25 = 64cm2. [Alternativa D]
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
ARM
ANM
ANM
AMC
AMC
ABC
ARM
ABC
ARM
ARM⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ∴ ∴ ∴= = = = =
1
2
1
2
1
2
1
8
1
8 2000
1
8
250
( )
( )
AMC
ABC
=
1
2
( )
( )
ANM
AMC
=
1
2
( )
( )
ARM
ANM
=
1
2
E A10
10
E
C
10
5
5
F D
5
5 10
10
10
1
4
5 10
2
25 2
⋅
= cm
3 2
1
2
1
2
6+ + + = .
1
4
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23. Na construção ao lado, obtém-se os triângulos retângulos II e I,
congruentes ao triângulo retângulo original III.
Destas congruências, temos que:
q é a medida da altura relativa a base EB (p) no ∆EBD,
p é a medida da altura relativa a base CH (q) no ∆HCI,
Nestas condições resulta da figura ao lado,
(EBD) = (FAG) = (HCI) = (ABC) = ;
(EBAF) = p2, (ACHG) = q2
(BCID) = BC2 = p2 + q2 (teorema de Pitágoras)
Portanto, a área do hexágono EFGHID determinado pela figura ao lado,
é dada pela soma S:
S = (EBD) + (FAG) + (HCI) + (ABC) + (EBAF) + (ACHG) + (BCID)
+ 2(p2 + q2) = 2pq + 2(p2 + q2) [Alternativa B]
24. Sendo O o centro do semicírculo maior, temos Como O pertence à semicircunferência me-
nor, o ângulo QÔR é reto. Logo, pelo teorema de Pitágoras, o diâmetro do semicírculo menor é .
A área destacada é, então, igual à soma das áreas do semicírculo menor e do quarto de círculo de centro O e
extremidades Q e R subtraída da área do triângulo OQR, ou seja, 
[AlternativaA]
25. Sejam x, y, z e w as áreas das regiões branca, amarela, azul e verde, respectivamente. Seja R o raio do semi-
círculo.
Temos 
Assim, x + y = y + z = x + w, logo x = z e y = w.
Desde que x é a área de um segmento circular de ângulo 90° e raio R,
Assim x = z � y = w. [Alternativa A]
26. Seja EDF um triângulo retângulo isósceles, reto em D, conforme figura.
Seja r raio e I o centro do círculo inscrito.
Seja R o raio e O o centro do círculo circunscrito
Seja T e S pontos de tangência do círculo inscrito com os
catetos DE e DF respectivamente. Nestas condições,
• O é ponto médio de EF; consequentemente DO é mediana
relativa a hipotenusa EF, portanto DO = R ( propriedade).
• DTIS é um quadrado de lado r; consequentemente 
Por outro lado, D, I e O são colineares. Então: DO = DI + IO = r + r = R
Daí, segue-se que , ou seja, 
Portanto, a razão da área do círculo A para a área do círculo B é dada por
[Alternativa D]
π
π
r
R



 = +





 = ( ) =2
2
21
2 1
2 1 3 2 2– –
r
R
=
+
1
2 1 
r R2 1+( ) =
r 2.
DI r= 2.
x
R R
R e y R= − =
−



 =
+



π ππ2 2 2 2
4 2
2
4
2
4
.
x y
R
e y z x w R
R
+ = + = + = =
π
π
π2 2
2
2
1
8
2
2
( )
1
2
2
1
4
2
2 2
2
2 2
2 2π π π⋅
⋅( ) + ⋅ − = − .
 2 2
OQ OR
PS
= = =
2
2.
S
pq
= ⋅4
2
pq
2
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p
q
p
p
E
F
G H
q q
C
q
p
I
q
p
D
II
III
β
αβ
α
α
β
w
y
z
x
D S F
O
R
RT
I r
E
27. Seja ABC um triângulo retângulo em C.
Seja a = CB, b = CA e c = AB.
A figura ao lado mostra o incírculo do triângulo retângulo, e os
pontos (X, Y e Z) de tangência com os lados , logo
BX = BZ, AY = AZ e CX
——
= CY
——
(segmentos tangentes conduzidos por um mesmo ponto ao incír-
culo)
Nestas condições, IXCY é um quadrado, pois seus ângulos são retos
e além disso,
(raio do incírculo). Portanto:
a + b = (BX
——
+ CX
——
) + (AY
——
+ CY
——
) = (BZ
— —
+ CX
——
) + (AZ
——
+ CY
——
)
a + b = (BZ
——
+ AZ
——
) + (CX
——
+ CY
——
) = c + d. [Alternativa C]
28. Tomemos sobre o arco menor BC um ponto C’ de modo que CC´ seja paralelo
ao diâmetro AB. Executando esta construção, obtemos:
• CD = BC´ = 3. Consequentemente, BC´DC é um trapézio isósceles. Logo,
as diagonais BD e C`D são congruentes; portanto CC´= BD = 7.
• CA = C´B = 3. Consequentemente, ABC´C é um trapézio isósceles. Logo,
sendo E a projeção ortogonal de C sobre a reta AB, O centro da circunfe-
rência e r o seu raio segue-se que:
Nestas condições, os triângulos ∆AEC e ∆OEC, são retângulos em E. 
Assim, aplicando o teorema de Pitágoras, podemos escrever:
AC2 – AE2 = CE2 = OC2 – OE2
Dai, 
Donde resulta, 2r = 9. [Alternativa D]
29. Prolonga-se o segmento CM até encontrar a reta suporte do lado AB. Denotando essa intersecção por N, obtemos o
triângulo ANM congruente ao triângulo DMC (ALA) pois, ∠NAM = ∠CBM (alternos internos), ∠AMN = ∠DMC
(opostos pelo vértice) e AM = MD (M é ponto médio). Consequentemente, a área do triângulo DMC é igual a área do
triângulo AMN e, além disso, MN = MC = b.
Nessas condições, a área do trapézio ABCD é igual a área do triângulo BCN. Como BC = a, ∠NCB = ∠MCB = 150° e
NC = NM + MC = b + b = 2b, a área do trapézio ABCD é igual a ou seja, [Alternativa C]ab
2
.
1
2
2 150⋅ ⋅ ⋅ °a b sen( ) ,
A B
CD
M
b
N
150°b a
3
7
2
7
2
2
2
2
2
− −



 = −



r r
 
OE
CC
= =
’
.
2
7
2
CX CY
d
= =
2
SISTEMA ANGLO DE ENSINO • 8 • Treinamento para Olimpíadas de Matemática
2008
Z
A
B
C
X
Y
I
C
D
C’
B
33
A
E
73