Problemes de Geometria per a l’ESO 233 2321.- La figura següent mostra un empaquetament el més complert de set cercles en un triangle equilàter. Determineu la fracció de l’àrea del triangle que està coberta pels cercles. Crux Mathematicorum MA41 Solució:

Siga 𝐴𝐵𝐶∆

el triangle equilàter exterior.

Siga M el punt mig del costat 𝐴𝐵 .

Siga 𝐸𝑃 = 1 radi de les set circumferències.

𝐴𝐸 = 2 · 𝐸𝑃 = 2, 𝐸𝐹 = 2, 𝑄𝑀 = 𝐹𝐺 = 1

Aplicant el teorema de Pitàgores al triangle rectangle 𝐴𝑄𝐹∆

𝐴𝑄 = 2√3

𝐴𝑀 = 1 + 2√3

𝐴𝐵 = 2 · 𝐴𝑀 = 2 + 4√3 L’àrea dels set cercles és: 𝑆7𝑐𝑒𝑟𝑐𝑙𝑒𝑠 = 7𝜋

L’àrea del triangle equilàter 𝐴𝐵𝐶∆

és:

𝑆𝐴𝐵𝐶 =√3

4(2 + 4√3)

2= 12 + 13√3

La proporció entre les dues àrees és: 𝑆7𝑐𝑒𝑟𝑐𝑙𝑒𝑠

𝑆𝐴𝐵𝐶=

7𝜋

12 + 13√3≈ 0.6371

F

E

PA B

C

Q M

G

2322.- Siga l’hexàgon regular de vèrtexs 𝐴1, 𝐴2, 𝐴3, 𝐴4, 𝐴5, 𝐴6. S’han dibuixat sis arcs de circumferència a l’interior de l’hexàgon, passant tots pel centre de l’hexàgon. Els punts finals dels arcs divideixen els costats en la raó 3:7. Les sis regions afitades per dos arcs són ombrejades. Determineu la raó entre les àrees de la regió ombrejada i la de l’hexàgon regular. Crux Mathematicorum 4489 Solució:

Siga l’haxàgon regular 𝐴1𝐴2𝐴3𝐴4𝐴5𝐴6 de centre O.

Siga 𝐴1𝐴2 = 10𝑥 el costat.

Siga K el centre de l’arc MON:

Siga 𝐾𝐴5 = 3𝑥, 𝐾𝐴6

= 7𝑥

Siga 𝑟 = 𝐾𝑂 = 𝐾𝑁 = 𝑂𝑁 = 𝑟

Aplicant el teorema del cosinus al triangle 𝐾𝐴6𝑁∆

:

𝑟2 = (3𝑥)2 + (7𝑥)2 − 2 · 3𝑥 · 7𝑥 · cos(120°) 𝑟2 = 79𝑥2 La zona total ombrejada esta formada per 12 segments circulars de 60º i radi r:

𝑆𝑜 = 12 (1

6𝜋 · 𝑟2 −

√3

4𝑟2) = (2𝜋 − 3√3)𝑟2 = (2𝜋 − 3√3)79𝑥2

L’àrea de l’hexàgon regular és:

𝑆𝐻 = 6 ·√3

4(10𝑥)2 = 150√3 · 𝑥2

La proporció entre les àrees és:

𝑆𝑜

𝑆𝐻=

(2𝜋 − 3√3)79

150√3≈ 0.3305

O

A5

A6

A1 A2

A3

A4

K

N

M

60 3,88 cm2

hexagon gran= 29,45 cm2

28,13 cm2

Resultado: 9,73 cm2

Resultado: 0,3305353303

A5

A6

A1 A2

A3

A4

60 2,05 cm2

hexagon gran= 15,57 cm2

14,88 cm2

Resultado: 5,15 cm2

Resultado: 0,3305353303

2323.- Siga ABCD un quadrat.

Considerem E del costat 𝐴𝐵 , N del costat 𝐶𝐷 , i F i M del costat 𝐵𝐶 tal que els triangles

𝐴𝑀𝑁,∆

, 𝐷𝐸𝐹∆

són equilàters.

Siga P la intersecció de 𝐴𝑁 i 𝐷𝐸 .

Siga Q la intersecció de 𝐴𝑀 i 𝐸𝐹 .

Demostreu que 𝑃𝑄 = 𝐹𝑀 Crux Mathematicorum OC 451 Solució 1: ∠𝑀𝐴𝐸 = ∠𝐴𝐷𝐸 = ∠𝐶𝐷𝐹 = 𝐷𝐴𝑁 = 15° P és el punt mig dels segments 𝐷𝐸 , 𝐴𝑁 ∠𝐴𝑀𝑃 = ∠𝑃𝑀𝑁 = 30° ∠𝐹𝐸𝐵 = ∠𝐵𝐸𝐹 = ∠𝑁𝑀𝐶 = 45° Aleshores, ∠𝐴𝐸𝑄 = 135°

𝐶𝐹 = 𝐵𝑀

P pertany a la mediatriu del segment 𝐹𝑀

Siga T el punt mig del segment 𝐹𝑀 ∠𝐴𝑄𝐸 = ∠𝐹𝑄𝑀 = 30° ∠𝑃𝑀𝐹 = ∠𝑃𝑀𝑁 + ∠𝑁𝑀𝐶 = 75° Aleshores ∠𝑀𝑃𝑇 = 15° ∠𝐹𝑃𝑀 = 2 · ∠𝑀𝑃𝑇 = 30° Aleshores, el quadrilàter QMFP és cíclic ja que ∠𝐹𝑃𝑀 = ∠𝐹𝑄𝑀 = 30° A més a més ∠𝐹𝑄𝑀 = ∠𝑄𝑀𝑃 = 30° Aleshores les cordes 𝑃𝑄 , 𝐹𝑀 són iguals. Solució 2.

Siga ABCD el quadrat de costat 𝐴𝐵 = 1 ∠𝑀𝐴𝐸 = ∠𝐴𝐷𝐸 = ∠𝐶𝐷𝐹 = 𝐷𝐴𝑁 = 15° Siga 𝐴𝐸 = 𝑀𝐵 = 𝐶𝐹 = 𝐷𝑁 = 𝑥

𝑥 = 𝑡𝑔(15°) = 2 − √3

𝐹𝑀 = 1 − 2 · 𝑥 = 2√3 − 3

Siga Q’ la projecció de Q sobre el costat 𝐴𝐵

Siga 𝑦 = 𝐸𝑄′

El triangle rectangle 𝐸𝑄′𝑄,∆

és isòsceles. Aplicant raons trigonomètriques al triangle rectangle

𝐴𝑄′𝑄,∆

𝑡𝑔 15° =𝑦

𝑥 + 𝑦

Resolent l’equació

𝑦 =3√3 − 5

2

Siga Q” la projecció de Q sobre la recta que passa per P i és perpendicular al costat

𝐴𝐵

Siga P’ la projecció de P sobre el costat 𝐴𝐷

O

D C

BA E

F

N

M

P

38,8 °

90,0 °

Q

T

D C

BA E

F

N

M

P

38,8 °

90,0 °

QQ"

Q'

P'

𝑃𝑄" =1

2− 𝑦 =

6 − √3

2, 𝑄𝑄" = 𝑥 + 𝑦 −

𝑥

2=

2√3 − 2

2

Aplicant el teorema de Pitàgores al triangle rectangle 𝑃𝑄"𝑄,∆

𝑃𝑄 2 = (6 − √3

2)

2

+ (2√3 − 2

2)

2

= 21 − 12√3

𝐹𝑀2 = (2√3 − 3)2

= 21 − 12√3

Aleshores, 𝑃𝑄 = 𝐹𝑀

2324.- Siga P un punt interior a un tetraedre ABCD. Siguen A’, B’, C’, D’, les projeccions dels vèrtexs A, B, C i D sobre les cares oposades, respectivament. Siguen ℎ𝐴, ℎ𝐵, ℎ𝐶 , ℎ𝐷 les altures del tetraedre referides als vèrtexs A, B, C i D, respectivament. Proveu que

𝑃𝐴′

ℎ𝐴+

𝑃𝐵′

ℎ𝐵+

𝑃𝐶′

ℎ𝐶+

𝑃𝐷′

ℎ𝐷= 1

Solució: Els tetraedres ABCD i ABCP tenen la mateixa base ABC, els volums són proporcionals a les altures.

𝑉𝐴𝐵𝐶𝑃

𝑉𝐴𝐵𝐶𝐷=

𝑃𝐷′

ℎ𝐷

Anàlogament:

𝑉𝐵𝐷𝐶𝑃

𝑉𝐴𝐵𝐶𝐷=

𝑃𝐴′

ℎ𝐴,𝑉𝐴𝐶𝐷𝑃

𝑉𝐴𝐵𝐶𝐷=

𝑃𝐵′

ℎ𝐵,𝑉𝐴𝐵𝐷𝑃

𝑉𝐴𝐵𝐶𝐷=

𝑃𝐶′

ℎ𝐶

Sumant les 4 expressions:

𝑉𝐵𝐶𝐷𝑃

𝑉𝐴𝐵𝐶𝐷+

𝑉𝐴𝐶𝐷𝑃

𝑉𝐴𝐵𝐶𝐷+

𝑉𝐴𝐵𝐷𝑃

𝑉𝐴𝐵𝐶𝐷+

𝑉𝐴𝐵𝐶𝑃

𝑉𝐴𝐵𝐶𝐷=

𝑃𝐴′

ℎ𝐴+

𝑃𝐵′

ℎ𝐵+

𝑃𝐶′

ℎ𝐶+

𝑃𝐷′

ℎ𝐷

𝑉𝐵𝐶𝐷𝑃 + 𝑉𝐴𝐶𝐷𝑃 + 𝑉𝐴𝐵𝐷𝑃 + 𝑉𝐴𝐵𝐶𝑃

𝑉𝐴𝐵𝐶𝐷=

𝑃𝐴′

ℎ𝐴+

𝑃𝐵′

ℎ𝐵+

𝑃𝐶′

ℎ𝐶+

𝑃𝐷′

ℎ𝐷

𝑉𝐴𝐵𝐶𝐷

𝑉𝐴𝐵𝐶𝐷=

𝑃𝐴′

ℎ𝐴+

𝑃𝐵′

ℎ𝐵+

𝑃𝐶′

ℎ𝐶+

𝑃𝐷′

ℎ𝐷

Aleshores:

𝑃𝐴′

ℎ𝐴+

𝑃𝐵′

ℎ𝐵+

𝑃𝐶′

ℎ𝐶+

𝑃𝐷′

ℎ𝐷= 1

2325.- Siga P un punt interior a un tetraedre ABCD. Siguen A’, B’, C’, D’, les interseccions de les rectes AP, BP, CP i DP sobre les cares oposades, respectivament. Proveu que

𝑃𝐴′

𝐴𝐴′ +

𝑃𝐵′

𝐵𝐵′ +

𝑃𝐶′

𝐶𝐶′ +

𝑃𝐷′

𝐷𝐷′ = 1

Curso de Geometria Métrica. Tomo 1. P. Puig Adam. Solució. Siga DD” l’altura del tetraedre ABCD referida al vèrtex D. Siga P’ la projecció de P sobre la recta DD”. Els tetraedres ABCP, ABCP’ tenen el mateix volum, ja que tenen la mateixa base ABC i la mateixa altura. Els tetraedres ABCD i ABCP tenen la mateixa base ABC, els volums són proporcionals a les altures.

𝑉𝐴𝐵𝐶𝑃

𝑉𝐴𝐵𝐶𝐷=

𝑃′𝐷"

𝐷𝐷"

Els triangles rectangles 𝐷𝐷"𝐷′∆

, 𝐷𝑃′𝑃∆

són semblants. Aplicant el teorema de Tales:

𝑃′𝐷"

𝐷𝐷" =

𝑃𝐷′

𝐷𝐷′

Aleshores,

𝑉𝐴𝐵𝐶𝑃

𝑉𝐴𝐵𝐶𝐷=

𝑃′𝐷′

𝐷𝐷′

Anàlogament:

𝑉𝐵𝐷𝐶𝑃

𝑉𝐴𝐵𝐶𝐷=

𝑃𝐴′

𝐴𝐴′ ,𝑉𝐴𝐶𝐷𝑃

𝑉𝐴𝐵𝐶𝐷=

𝑃𝐵′

𝐵𝐵′ ,𝑉𝐴𝐵𝐷𝑃

𝑉𝐴𝐵𝐶𝐷=

𝑃𝐶′

𝐶𝐶′

Sumant les 4 expressions:

𝑉𝐵𝐶𝐷𝑃

𝑉𝐴𝐵𝐶𝐷+

𝑉𝐴𝐶𝐷𝑃

𝑉𝐴𝐵𝐶𝐷+

𝑉𝐴𝐵𝐷𝑃

𝑉𝐴𝐵𝐶𝐷+

𝑉𝐴𝐵𝐶𝑃

𝑉𝐴𝐵𝐶𝐷=

𝑃𝐴′

𝐴𝐴′ +

𝑃𝐵′

𝐵𝐵′ +

𝑃𝐶′

𝐶𝐶′ +

𝑃𝐷′

𝐷𝐷′

𝑉𝐵𝐶𝐷𝑃 + 𝑉𝐴𝐶𝐷𝑃 + 𝑉𝐴𝐵𝐷𝑃 + 𝑉𝐴𝐵𝐶𝑃

𝑉𝐴𝐵𝐶𝐷=

𝑃𝐴′

𝐴𝐴′ +

𝑃𝐵′

𝐵𝐵′ +

𝑃𝐶′

𝐶𝐶′ +

𝑃𝐷′

𝐷𝐷′

𝑉𝐴𝐵𝐶𝐷

𝑉𝐴𝐵𝐶𝐷=

𝑃𝐴′

𝐴𝐴′ +

𝑃𝐵′

𝐵𝐵′ +

𝑃𝐶′

𝐶𝐶′ +

𝑃𝐷′

𝐷𝐷′

Aleshores,

𝑃𝐴′

𝐴𝐴′ +

𝑃𝐵′

𝐵𝐵′ +

𝑃𝐶′

𝐶𝐶′ +

𝑃𝐷′

𝐷𝐷′ = 1

2326.- En una esfera de radi R, un cilindre inscrit té àrea lateral la meitat de la d’un cercle màxim de l’esfera. Calculeu el volum del cilindre. Solució: Siga r el radi del cilindre. Aplicant el teorema de Pitàgores, l’altura del cilindre és:

ℎ = 2√𝑅2 − 𝑟2 L’àrea lateral del cilindre és:

𝑆𝐿 = 2𝜋𝑟 · 2√𝑅2 − 𝑟2 L’àrea del cercle màxim de l’esfera és:

𝑆 = 𝜋𝑅2 El cilindre inscrit té àrea lateral la meitat de la d’un cercle màxim de l’esfera.

2𝜋𝑟 · 2√𝑅2 − 𝑟2 =1

2𝜋𝑅2

Elevant al quadrat i simplificant:

64𝑟4 − 64𝑅2𝑟2 + 𝑅4 = 0 Resolent l’equació:

𝑟2 =4 ± √15

8𝑅2

Si 𝑟2 =4−√15

8𝑅2

El volum del cilindre és:

𝑉1 =𝜋

16(4 − √15)√8 + 2√15 · 𝑅3 ≈ 0.0990 · 𝑅3

Si 𝑟2 =4+√15

8𝑅2

El volum del cilindre és:

𝑉2 =𝜋

16(4 + √15)√8 − 2√15 · 𝑅3 ≈ 0.7791 · 𝑅3

2327.- Siga el triangle 𝐴𝐵𝐶∆

Siguen D i E en els costats 𝐴𝐵 i 𝐴𝐶 , respectivament, tal que 𝐵𝐷 = 𝐶𝐸 .

Siguem M i N els punys migs dels segments 𝐵𝐶 i 𝐷𝐸 respectivament. Demostreu que la bisectriu de l’angle ∠𝐵𝐴𝐶 és paral·lela a la recta MN. OMA 2019, Nivell Primer. Solució

Siga 𝐵𝐷 = 𝐶𝐸 = 𝑥. Siga K del costat 𝐴𝐵 tal que

𝐴𝐾 =𝑐 − 𝑏

2

Pel punt K tracem una paral·lela al costat 𝐴𝐶 que talla el costat 𝐵𝐶 en el punt L. ∠𝐿𝐾𝐵 = 𝐴 Vegem que la recta KM és bisectriu de l’angle ∠𝐿𝐾𝐵

Els triangles 𝐴𝐵𝐶∆

, 𝐾𝐵𝐿∆

són semblants. Aplicant el teorema de Tales:

𝐶𝐿

𝐴𝐾 =

𝑎

𝑐, aleshores, 𝐶𝐿 =

𝑎(𝑐 − 𝑏)

2𝑐

𝐿𝑀 =𝑎

2− 𝐶𝐿 =

𝑎𝑏

2𝑐

𝐵𝐾 = 𝑐 − 𝐴𝐾 =𝑏 + 𝑐

2

𝐾𝐿

𝑏=

𝐵𝐾

𝑐

Aleshores,

𝐾𝐿 =𝑏(𝑏 + 𝑐)

2𝑐

𝐵𝑀

𝐵𝐾 =

𝑎2

𝑏 + 𝑐2

=𝑎

𝑏 + 𝑐

𝐿𝑀

𝐾𝐿 =

𝑎𝑏2𝑐

𝑏(𝑏 + 𝑐)2𝑐

=𝑎

𝑏 + 𝑐

Aleshores,

𝐵𝑀

𝐵𝐾 =

𝐿𝑀

𝐾𝐿

Aleshores, KM és bisectriu de l’angle ∠𝐿𝐾𝐵 = 𝐴 Aleshores, KM és paral·lela a la bisectriu de l’angle A. Vegem que el punt N pertany a la recta KM.

Pel punt N tracem una paral·lela al costat 𝐴𝐶 que talla el costat 𝐴𝐵 en el punt N’. ∠𝑁𝑁′𝐵 = 𝐴

Els triangles 𝐴𝐵𝐶∆

, 𝑁𝑁′𝐵∆

són semblants. Aplicant el teorema de Tales:

𝑁𝑁′ =1

2𝐴𝐸 =

1

2(𝑏 − 𝑥)

𝐴𝑁′ =1

2𝐴𝐷 =

1

2(𝑐 − 𝑥)

𝐾𝑁′ = 𝐴𝑁′ − 𝐴𝐾 =𝑐 − 𝑥

2−

𝑐 − 𝑏

2=

𝑏 − 𝑥

2

Aleshores, 𝐾𝑁′ = 𝑁𝑁′

Aleshores, ∠𝑁𝐾𝑁′ =𝐴

2

Per tant, N pertany a la recta KM.

AB

C

M

D

E

N

K

L

N'

2328.- En la figura, calculeu l’àrea de la zona ombrejada. Solució:

Siga 𝑟 = 𝑂𝐴 = 𝑂𝐵 radi de la circumferència menuda de centre O. Siga P el centre de la circumferència gran.

Siga 𝑃𝐷 = 𝑃𝐶 = 𝑅 el radi de la circumferència gran. 2𝑅 = 2𝑟 + 2 Aleshores, 𝑅 = 1 + 𝑟

Considerem el triangle rectangle 𝐷𝐵𝑃∆

𝐵𝐷 = 𝑟, 𝑃𝐵 = 𝑅 − 2 = 𝑟 − 1, 𝑃𝐷 = 𝑅 = 1 + 𝑟

Aplicant el teorema de Pitàgores al triangle rectangle 𝐷𝐵𝑃∆

(1 + 𝑟)2 = 𝑟2 + (𝑟 − 1)2 Simplificant:

𝑟2 − 4𝑟 = 0 Resolent l’equació: 𝑟 = 4 L’àrea ombrejada és igual a la diferència entre les àrees de les dues circumferències de radis 𝑟 = 4, 𝑅 = 5

𝑆𝑜𝑚𝑏𝑟𝑒𝑗𝑎𝑑𝑎 = 𝜋52 − 𝜋42 = 9𝜋

0,5Resultado: 2,00 Resultado: 1,00

A

O

B

C

P

D2

O

2329.- En la figura: A, B i C estan alineats.

𝐸𝐹 és paral·lela a 𝐴𝐵 . Els angles ∠𝐵𝐶𝐷, ∠𝐸𝐵𝐷, ∠𝐴𝐸𝐵 són rectes.

𝐴𝐵 = 3 · 𝐵𝐷 , 𝐵𝐸 = 3 · 𝐶𝐷 , 𝐴𝐸 = 𝐴𝐹

𝐵𝐶 = 12 𝑐𝑚 l’àrea del triangle 𝐵𝐶𝐷∆

és 96 𝑐𝑚2 Calculeu:

a) El perímetre del polígon ACDE.

b) L’àrea del triangle 𝐴𝐷𝐸∆

.

c) L’àrea del triangle 𝐶𝐷𝐸∆

.

d) L’àrea del triangle 𝐴𝐸𝐹∆

. Solució:

Siga M el punt mig del segment 𝐸𝐹

Siga N la projecció de E sobre el segment 𝐴𝐵

Els triangles rectangles 𝐴𝑁𝐸∆

, 𝐴𝑀𝐸∆

són iguals.

𝐵𝐶 = 12 𝑐𝑚 l’àrea del triangle 𝐵𝐶𝐷∆

és 96 𝑐𝑚2 aleshores:

12 · 𝐶𝐷

2= 96

Aleshores, 𝐶𝐷 = 16

𝐵𝐸 = 3 · 𝐶𝐷 = 48

Aplicant el teorema de Pitàgores al triangle rectangle 𝐵𝐶𝐷∆

𝐵𝐷 = 20

𝐴𝐵 = 3 · 𝐵𝐷 = 60

Aplicant el teorema de Pitàgores al triangle rectangle 𝐸𝐵𝐷∆

𝐷𝐸 = 52

Aplicant el teorema de Pitàgores al triangle rectangle 𝐴𝐸𝐵∆

𝐴𝐸 = 36

Els triangles 𝐴𝑁𝐸∆

, 𝐴𝐸𝐵∆

són semblants. Aplicant el teorema de Tales:

𝐸𝑁

48=

36

60,𝐴𝑁

36=

36

60

𝐴𝑀 = 𝐸𝑁 =144

5, 𝐸𝑀 = 𝐴𝑁 =

108

5

𝐸𝐹 = 2 · 𝐸𝑀 =216

5

a) El perímetre de ACDE és:

𝑃𝐴𝐶𝐷𝐸 = 𝐴𝐶 + 𝐶𝐷 + 𝐷𝐸 + 𝐴𝐸 = 72 + 16 + 52 + 36 = 176 𝑐𝑚 b)

L’àrea del triangle 𝐴𝐷𝐸∆

és igual a l’àrea del quadrilàter ACDE menys l’àrea del triangle

rectangle 𝐴𝐶𝐷∆

𝑆𝐶𝐷𝐸 = 𝑆𝐴𝐶𝐷𝐸 + 𝑆𝐴𝐶𝐷 =1

2(36 · 48 + 20 · 48 + 12 · 16) −

1

272 · 16 = 984 𝑐𝑚2

,8 Resultado: 0,96 Resultado: 1,28 Resultado: 5,76Resultado: 3,84

CA B

D

EF

2,88 cm

c)

L’àrea del triangle 𝐴𝐷𝐸∆

és igual a l’àrea del quadrilàter ACDE menys l’àrea del triangle

rectangle 𝐴𝐶𝐸∆

𝑆𝐶𝐷𝐸 = 𝑆𝐴𝐶𝐷𝐸 + 𝑆𝐴𝐶𝐸 =1

2(36 · 48 + 20 · 48 + 12 · 16) −

1

272 ·

144

5=

2616

5 𝑐𝑚2

d)

L’àrea del triangle 𝐴𝐸𝐹∆

és:

𝑆𝐶𝐷𝐸 =1

2

216

5·

144

5=

15552

25 𝑐𝑚2

2330.- En la figura:

𝑃𝑄 = 𝑄𝑅

𝑃𝑇 = 𝑆𝑇 = 𝑅𝑇 ∠𝑅𝑇𝑃 = 70° ∠𝑆𝑅𝑄 = ∠𝑆𝑃𝑄 = 80° Calculeu la mesura de l’angle ∠𝑅𝑄𝑃

Si 𝑃𝑄 , 𝑄𝑅 són els costats d’un polígon regular, calculeu els nombre de costats del polígon. Solució:

Notem que les diagonals del polígon PQRT són perpendiculars ja que

𝑃𝑄 = 𝑄𝑅 , 𝑃𝑇 = 𝑅𝑇 Siga M la intersecció de les diagonals del polígon PQRT. ∠𝑅𝑇𝑄 = ∠𝑃𝑇𝑄 = 35° ∠𝑇𝑄𝑅 = ∠𝑇𝑄𝑃, ∠𝑆𝑅𝑄 = ∠𝑆𝑃𝑄 = 80° Aleshores, ∠𝑅𝑆𝑄 = ∠𝑃𝑆𝑄 Aleshores, S, T, Q estan alineats. Siga ∠𝑅𝑆𝑄 = ∠𝑃𝑆𝑄 = 𝛼 ∠𝑅𝑆𝑇 = ∠𝑆𝑅𝑇 = 𝛼

∠𝑇𝑅𝑀 = 55°

Els angles del triangle 𝑆𝑀𝑅∆

sumen 180º 2𝛼 + 55° = 90°

𝛼 =1

235°

∠𝑃𝑅𝑄 = ∠𝑆𝑅𝑄 − ∠𝑆𝑅𝑀 = 80° − (1

235° + 55°) =

1

215°

∠𝑃𝑄𝑅 = 180° − 2 · ∠𝑃𝑅𝑄 = 165°

Si 𝑃𝑄 , 𝑄𝑅 són els costats d’un polígon regular, calculeu els nombre de costats del polígon regular, ∠𝑃𝑄𝑅 = 165° és l’angle interior: Si n és el nombre de costats:

∠𝑃𝑄𝑅 = 165° =180°(𝑛 − 2)

𝑛

Resolent l’equació 𝑛 = 24 El polígon regular té 24 costats.

T

70

R

S

-80

Q

P

M

T

70

R

S

-80

Q

P