Quer mais o que meu?????E ai Saldanha!!!!!!!!Quem e esse Carlos Tomei?
Talvez nao seja a mais bonita mas foi a soluçao que obtive.Veja...
Seja t=^PBA,BC=1 temos AB/sen (20+t)=AP/sen t.Assim AP=1,AB=sen 80/sen 20 e temos sen 80/sen 20=sen(20+t)/sen t.
sen 80/sen 20=cos 10/sen20
E assim 2sen10sen(20+t) =sent. Vamos resolver isso!!!!!!
cos (10+t)-cos(30+t)=sent e ai cos(10+t)=sen(60-t)+sent e isso da cos(10+t)=2sen30cos(30-t) ou se quiser cos(10-t)=cos(30-t).Analisando as possibilidades da t=10 e ai o angulo pedido seria 80-10=70.E fim!!!!
Como voces conhecem tanta geometria cearense????????????????
Ass.:Johann
"Nicolau C. Saldanha" <nicolau@sucuri.mat.puc-rio.br> wrote:
Oi lista,
Mandaram-me hoje o seguinte problema.
Seja ABC um triângulo com AB = AC e ^A = 20 graus.
Seja P no lado AC com AP = BC.
Calcule o ângulo ^CBP.
O meu colega de sala Carlos Tomei já conhece
vários problemas parecidos e resolveu.
A, B e C são os vértices 1, z^4 e z^5 do
eneágono regular formado pelas raízes nonas da unidade
onde z = exp(2 pi i/9). Trace a reta de z^3 a z^8 = Q
e chame o ponto de interseção de R.
O triângulo ARQ é equilátero pois seus ângulos ^A e ^Q
são claramente iguais a 60 graus.
Assim R=P (o ponto pedido no problema) e ^CBP = 70 graus
(pois a reta BP é bissetriz de ^APQ).
Segue uma figura em attach.
[]s, N.
> ATTACHMENT part 2 image/png