Questão 4 (Nível 2) da 2ª fase da OBMEP 2009

Question

O polígono ABCDEFGHIJKL é regular e tem doze lados.

Em um polígono regular todos os lados têm o mesmo comprimento e todos os ângulos internos têm a mesma medida.

Figura de um polígono regular de doze lados (dodecágono) com vértices nomeados A, B, C, D, E, F, G, H, I, J, K, L no sentido anti-horário. Há dois segmentos internos traçados: um ligando os vértices A e E, e outro ligando os vértices D e K. O ponto de interseção entre os segmentos AE e DK é indicado pela letra M.

(a) Qual é a medida dos ângulos internos do polígono?

(b) O ponto M é a interseção dos segmentos AE e DK. Quais são as medidas dos ângulos M\widehat{D}E e D\widehat{M}E?

(c) Qual é a medida do ângulo C\widehat{B}M?

(d) Prove que os pontos B, M e F estão alinhados.

Answer 1

PRÁTICA COM QUESTÕES OFICIAIS

Questão 4 (Nível 2) da 2ª fase da OBMEP 2009

Nível 2 · Matemática: Circunferência: ângulos, cordas e tangência

O polígono ABCDEFGHIJKL é regular e tem doze lados.

Em um polígono regular todos os lados têm o mesmo comprimento e todos os ângulos internos têm a mesma medida.

Figura de um polígono regular de doze lados (dodecágono) com vértices nomeados A, B, C, D, E, F, G, H, I, J, K, L no sentido anti-horário. Há dois segmentos internos traçados: um ligando os vértices A e E, e outro ligando os vértices D e K. O ponto de interseção entre os segmentos AE e DK é indicado pela letra M.

(a) Qual é a medida dos ângulos internos do polígono?

(b) O ponto M é a interseção dos segmentos AE e DK. Quais são as medidas dos ângulos M\widehat{D}E e D\widehat{M}E?

(c) Qual é a medida do ângulo C\widehat{B}M?

(d) Prove que os pontos B, M e F estão alinhados.

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Resolução comentada

Solução oficial da OBMEP

a) Como a soma dos ângulos internos de um polígono de n lados é (n-2)\times 180^\beta, a soma dos ângulos internos do dodecágono é (12-2)\times 180^\beta = 1800^\beta. Logo cada um de seus ângulos internos mede

\frac{1800^\circ}{12} = 150^\circ.

[Figura: Circunferência de centro O circunscrita a um dodecágono regular com vértices de A a L, mostrando os raios OA e OB traçados.]

Outra solução usa a circunferência de centro O circunscrito ao polígono. O ângulo A\widehat{O}B mede \frac{360^\circ}{12} = 30^\circ. O triângulo OAB é isósceles, pois OA e OB são iguais, como raios da circunferência. Logo O\widehat{A}B = O\widehat{B}A = \frac{180^\circ - 30^\circ}{2} = 75^\circ. Pela simetria da figura, temos também O\widehat{A}L = 75^\circ, e então B\widehat{A}L = 2\times 75^\circ = 150^\circ.

[Figura: Circunferência de centro O com o arco AB destacado em traço mais forte, exibindo o ângulo central AÔB = \alpha e dois ângulos inscritos APB = AQB = \beta subtendidos pelo mesmo arco.]

Antes de prosseguir, lembramos um resultado básico de geometria elementar. Dados uma circunferência de centro O e um arco \widehat{AB} nesta circunferência (marcado em traço mais forte na figura à esquerda), temos o ângulo central A\widehat{O}B associado a este arco. Seja P um ponto qualquer na circunferência que não pertence a \widehat{AB}. Então a medida do ângulo inscrito A\widehat{P}B é a metade da medida do ângulo O\widehat{A}B, independente da posição de P. A figura à esquerda ilustra esta situação; nela temos

\beta = A\widehat{P}B = A\widehat{Q}B = \frac{1}{2}A\widehat{O}B = \frac{1}{2}\alpha

b) 1ª solução: Consideremos outra vez a circunferência de centro O circunscrita ao polígono. Como E e K são diametralmente opostos, o ângulo E\widehat{D}K está inscrito na semicircunferência e segue que E\widehat{D}K = 90^\circ. Como o ângulo central correspondente a um lado do dodecágono regular é \frac{180^\circ}{12} = 30^\circ, o ângulo central A\widehat{O}D mede 90^\circ, e segue que A\widehat{E}D = 45^\circ. Finalmente, o triângulo EDM tem ângulos E\widehat{D}M = 90^\circ e M\widehat{E}D = 45^\circ; como a soma dos ângulos internos de um triângulo é 180^\circ, segue que D\widehat{M}E = 180^\circ - (90^\circ + 45^\circ) = 45^\circ.

[Figura: Dodecágono regular inscrito na circunferência com o segmento EK passando pelo centro O, o vértice D conectado a E e K formando ângulo reto em D, os raios OD e OA perpendiculares entre si, e o ponto M na interseção de EK e AD.]

[Figura: Dodecágono regular com os vértices I, A e E conectados formando o triângulo equilátero IAE, e os segmentos ED e DK intersectando-se no ponto M.]

2ª solução: O triângulo IAE é equilátero, pois seus vértices estão igualmente espaçados no polígono regular; em particular A\widehat{E}I = 60^\circ. Além disso, os ângulos A\widehat{E}D e F\widehat{E}I são iguais (pois correspondem aos arcos iguais \widehat{ACD} e \widehat{FHI}), donde

150^\circ = F\widehat{E}D = F\widehat{E}I + I\widehat{E}A + A\widehat{E}D = 60^\circ + 2\times A\widehat{E}D

e obtemos A\widehat{E}D = 45^\circ. Agora basta argumentar como na primeira solução para obter E\widehat{D}M = 90^\circ e D\widehat{M}E = 45^\circ.

3ª solução: A medida do ângulo A\widehat{E}D = E\widehat{A}B (por simetria) também pode ser obtida através da soma dos ângulos do polígono de cinco lados AEDCB; temos

A\widehat{E}D + E\widehat{A}B + 3\times 150^\circ = (5-2)\times 180^\circ = 540^\circ

e então 2\times A\widehat{E}D = 90^\circ, donde A\widehat{E}D = 45^\circ. A partir daí a solução procede como nas anteriores.

c) Como o triângulo EDM tem dois ângulos de 45^\circ, ele é isósceles; logo MD = DE, ou seja, MD tem a mesma medida que os lados do polígono. Como E\widehat{D}C = 150^\circ e E\widehat{D}M = 90^\circ, temos M\widehat{D}C = 60^\circ; e como MD = DC segue que o triângulo MDC é equilátero. Em particular, temos M\widehat{C}D = 60^\circ e segue que M\widehat{C}B = 90^\circ. Finalmente, como MC = CB, o triângulo MCB é isósceles e então M\widehat{B}C = B\widehat{M}C = \frac{90^\circ}{2} = 45^\circ.

d) Temos F\widehat{B}C = 45^\circ = M\widehat{B}C. Logo os segmentos FB e MB fazem o mesmo ângulo com o segmento BC, e segue que os pontos B, M e F estão alinhados.

[Figura: Dodecágono regular destacando os quadriláteros BCDM e MDEF com segmentos contínuos e tracejados, mostrando o alinhamento dos pontos F, M e B.]

Outra solução é como segue. No quadrilátero BCDM temos M\widehat{B}C = 45^\circ, B\widehat{C}M = 150^\circ e M\widehat{D}C = 60^\circ; como a soma dos ângulos internos de um quadrilátero é 360^\circ, segue que B\widehat{M}D = 360^\circ - (45^\circ + 150^\circ + 60^\circ) = 105^\circ. Analogamente, no quadrilátero MDEF temos F\widehat{M}D = 360^\circ - (90^\circ + 150^\circ + 45^\circ) = 75^\circ. Logo F\widehat{M}B = F\widehat{M}D + D\widehat{M}B = 75^\circ + 105^\circ = 180^\circ, e segue que os pontos B, M e F estão alinhados.

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Resolução comentada

a) A soma dos ângulos internos de um polígono de n lados é (n-2)\cdot 180^\circ. Para n=12: 10\cdot180^\circ=1800^\circ. Como os 12 ângulos são iguais, cada um mede 1800^\circ/12.

Cada ângulo interno mede 150^\circ.

b) O dodecágono regular é inscritível numa circunferência, e seus 12 vértices dividem a circunferência em arcos iguais de 360^\circ/12=30^\circ. Um ângulo inscrito mede metade do arco que ele enxerga.

M\widehat{D}E=K\widehat{D}E enxerga o arco EK que não contém D (passando por F,G,H,I,J). São 6 arcos, ou seja, 180^\circ. Logo M\widehat{D}E=90^\circ.
D\widehat{E}M=D\widehat{E}A enxerga o arco DA que não contém E (passando por C,B). São 3 arcos, ou seja, 90^\circ. Logo D\widehat{E}M=45^\circ.

No triângulo DME, D\widehat{M}E=180^\circ-90^\circ-45^\circ=45^\circ.

M\widehat{D}E=90^\circ e D\widehat{M}E=45^\circ.

c) Seja \ell o lado do polígono. O triângulo DME tem ângulos de 45^\circ em E e em M, então DM=DE=\ell. Como DC=\ell, o triângulo CDM é isósceles.

O ângulo C\widehat{D}M=C\widehat{D}K enxerga o arco CK que não contém D (passando por B,A,L). São 4 arcos, ou seja, 120^\circ. Logo C\widehat{D}M=60^\circ, e o triângulo CDM é equilátero, com CM=\ell e D\widehat{C}M=60^\circ.

Assim, B\widehat{C}M=B\widehat{C}D-D\widehat{C}M=150^\circ-60^\circ=90^\circ.

No triângulo BCM, temos CB=CM=\ell e ângulo de 90^\circ em C. Ele é isósceles retângulo, então os ângulos da base são iguais, e cada um mede 45^\circ.

C\widehat{B}M=45^\circ.

d) O ângulo C\widehat{B}F é inscrito e enxerga o arco CF que não contém B (passando por D,E). São 3 arcos, ou seja, 90^\circ. Logo C\widehat{B}F=45^\circ.

Pelo item (c), C\widehat{B}M=45^\circ. Os pontos M e F estão do mesmo lado da reta BC, o lado onde está o interior do polígono. Então as semirretas BM e BF formam o mesmo ângulo de 45^\circ com BC e coincidem.

Portanto B, M e F estão alinhados.

Assuntos: Circunferência: ângulos, cordas e tangência, Ângulos, polígonos e quadriláteros.

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Questão 4 no caderno Nível 2 da 2ª fase da OBMEP 2009

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