Questão 2 (Nível 3) da 2ª fase da OBMEP 2007

Question

A figura mostra a planta do quarto do Pinhão. Todos os ângulos entre paredes são retos e a porta tem 90 cm de largura. Nessa questão, não consideramos a espessura das paredes.

Planta baixa do quarto com indicação das dimensões das paredes e a posição central de uma lâmpada em um dos cômodos retangulares

(a) Uma lâmpada foi colocada no teto, na posição indicada na figura. Desenhe na planta a parte do chão que não será iluminada diretamente por essa lâmpada e calcule a área dessa parte.

Planta baixa do quarto indicando a cama retangular posicionada no canto inferior esquerdo e a trajetória de abertura da porta

(b) A cama do Pinhão mede 2{,}00\text{ m} por 1{,}60\text{ m} e foi colocada na posição indicada na figura ao lado. Nessa situação, é possível abrir a porta sem que ela toque na cama? Por quê?

Answer 1

PRÁTICA COM QUESTÕES OFICIAIS

Questão 2 (Nível 3) da 2ª fase da OBMEP 2007

Nível 3 · Matemática: Áreas e perímetros de polígonos

A figura mostra a planta do quarto do Pinhão. Todos os ângulos entre paredes são retos e a porta tem 90 cm de largura. Nessa questão, não consideramos a espessura das paredes.

Planta baixa do quarto com indicação das dimensões das paredes e a posição central de uma lâmpada em um dos cômodos retangulares

(a) Uma lâmpada foi colocada no teto, na posição indicada na figura. Desenhe na planta a parte do chão que não será iluminada diretamente por essa lâmpada e calcule a área dessa parte.

Planta baixa do quarto indicando a cama retangular posicionada no canto inferior esquerdo e a trajetória de abertura da porta

(b) A cama do Pinhão mede 2{,}00\text{ m} por 1{,}60\text{ m} e foi colocada na posição indicada na figura ao lado. Nessa situação, é possível abrir a porta sem que ela toque na cama? Por quê?

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Resolução comentada

Solução oficial da OBMEP

a) [Figura: Esquema mostrando duas salas adjacentes com uma abertura na divisória vertical no ponto C; a sala à direita contém a lâmpada em suas diagonais com vértices A, E; a sala à esquerda possui o chão com pontos H e I, e a região sombreada no teto correspondente ao triângulo CDF.]

Consideremos a figura do enunciado com os vértices rotulados como ao lado. Uma vez que a luz se propaga em linha reta, o triângulo CDF (sombreado na figura) corresponde à área do chão que não será iluminada pela lâmpada. O triângulo CDF é semelhante ao triângulo ABC e a razão de semelhança é \frac{CD}{AB} = \frac{GH - AB}{AB} = \frac{1{,}1}{1{,}5} = \frac{11}{15}. Como a razão entre as áreas de triângulos semelhantes é o quadrado da razão de semelhança, segue que

\text{área}(CDF) = \left(\frac{11}{15}\right)^2 \text{área}(ABC) = \left(\frac{11}{15}\right)^2 \frac{AB \times BC}{2} = \left(\frac{11}{15}\right)^2 \frac{1{,}5 \times 2{,}5}{2} = \frac{121}{120}\ \text{m}^2

Alternativamente, podemos calcular os lados do triângulo CDF usando a semelhança dos triângulos CDF e ABC. Temos \frac{DF}{CD} = \frac{BC}{AB}; logo DF = \frac{BC \times CD}{AB} = \frac{2{,}5 \times 1{,}1}{1{,}5} = \frac{11}{6} e então

\text{área}(CDF) = \frac{CD \times DF}{2} = \frac{1{,}1 \times \frac{11}{6}}{2} = \frac{121}{120}\ \text{m}^2\text{, como antes.}

b) 1ª solução: Consideramos a figura do enunciado, com os vértices rotulados como na figura ao lado. Temos PQ = 1{,}6 e QR = 2{,}0 (a figura do enunciado deixa claro que o menor lado da cama está na horizontal). Para decidir se a porta vai ou não tocar na cama, basta comparar os segmentos RT e ST. Para calcular RT, usamos o triângulo retângulo RUT representado na figura; temos RU = 0{,}8 e UT = 0{,}6, donde RT = \sqrt{0{,}8^2 + 0{,}6^2} = 1. Como ST = 0{,}9, vemos que a porta vai passar a 10\ \text{cm} da cama.

[Figura: Planta do quarto com a cama indicada por vértices P, Q, R, o batente da porta e o triângulo retângulo auxiliar RUT de catetos RU e UT com a trajetória da porta indicada pelo ponto S.]

2ª solução: Podemos calcular a distância entre os pontos R e T da figura anterior colocando um sistema de coordenadas na figura anterior com origem em P, o eixo x em PQ e o eixo y na parede vertical esquerda. Nesse caso, R tem coordenadas (1{,}6;\ 2{,}0) e T tem coordenadas (2{,}4;\ 2{,}6). Logo

RT = \sqrt{(2{,}4 - 1{,}6)^2 + (2{,}0 - 2{,}6)^2} = \sqrt{0{,}64 + 0{,}36} = 1

O argumento final é o mesmo da solução anterior.

Notamos que as duas soluções são conceitualmente idênticas, pois a fórmula da distância de dois pontos no plano é uma conseqüência imediata do teorema de Pitágoras.

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Resolução comentada

Coloque a origem no canto inferior esquerdo da planta, com medidas em metros. O cômodo da esquerda tem 2{,}50 de largura (5{,}00-2{,}50) e 2{,}60 de altura. O retângulo da direita mede 2{,}50\times1{,}50. A lâmpada está no centro desse retângulo, no ponto (3{,}75;\,0{,}75).

a)

A luz só entra no cômodo da esquerda pela abertura entre o canto (2{,}50;\,1{,}50) e o chão, em x=2{,}50. O raio limite passa pelo canto da parede, a partir da lâmpada. É a diagonal tracejada do retângulo, prolongada para dentro do cômodo da esquerda. Sua inclinação é \dfrac{0{,}75}{1{,}25}=0{,}6, e sua equação é

y=1{,}5+0{,}6\,(2{,}5-x).

Esse raio chega à parede de cima (y=2{,}6) quando 0{,}6\,(2{,}5-x)=1{,}1, isto é, 2{,}5-x=\dfrac{11}{6} e x=\dfrac{2}{3}\approx0{,}67. Ele atinge a parede de cima antes da parede esquerda (x=0), porque em x=0 teria y=3{,}0>2{,}6.

O raio inferior sai do chão, então toda a região abaixo do raio superior é iluminada.

A parte não iluminada é o triângulo com vértices em (2{,}5;\,1{,}5), (2{,}5;\,2{,}6) e \left(\tfrac23;\,2{,}6\right). Ele fica no alto do cômodo da esquerda, encostado na parede vertical e na parede de cima. Na planta, basta traçar a diagonal tracejada que parte do canto, prolongá-la até a parede de cima e sombrear o triângulo.

Os catetos medem 2{,}6-1{,}5=1{,}1 e 2{,}5-\tfrac23=\tfrac{11}{6}. Logo,

A=\frac12\cdot 1{,}1\cdot\frac{11}{6}=\frac{121}{120}\approx 1{,}01\ \text{m}^2.

Área não iluminada: \dfrac{121}{120}\approx1{,}01\ \text{m}^2.

b)

A cama ocupa o canto inferior esquerdo, com 1{,}60 m de largura e 2{,}00 m de altura. Seu canto superior direito está em (1{,}6;\,2{,}0).

A porta mede 0{,}90 m e fica na parede de cima entre x=1{,}5 e x=2{,}4. Ela gira em torno da dobradiça em (2{,}4;\,2{,}6) e varre, para dentro do quarto, um quarto de círculo de raio 0{,}90.

O ponto da cama mais próximo da dobradiça é o canto (1{,}6;\,2{,}0), pois a dobradiça está acima e à direita da cama. A distância até ele é

d=\sqrt{(2{,}4-1{,}6)^2+(2{,}6-2{,}0)^2}=\sqrt{0{,}64+0{,}36}=1{,}00\ \text{m}.

Como 1{,}00>0{,}90, nenhum ponto da cama entra na região varrida pela porta.

Sim, é possível abrir a porta: o canto da cama mais próximo da dobradiça está a 1{,}00 m dela, mais que os 0{,}90 m da porta.

Assuntos: Áreas e perímetros de polígonos, Semelhança e Teorema de Tales, Círculo: comprimento, arcos e áreas.

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Questão 2 no caderno Nível 3 da 2ª fase da OBMEP 2007

Fonte: OBMEP 2ª fase 2007 · Nível 3. Prova oficial ↗