Questão 6 (Nível 3) da 2ª fase da OBMEP 2011

Question

Em todas as figuras desta questão, vemos um triângulo ABC dividido em quatro partes; nesses triângulos, D é ponto médio de AB, E é ponto médio de AC e FG mede \frac{1}{2}BC.

Triângulo ABC com D sobre AB e E sobre AC, e F e G sobre a base BC. Os segmentos DH e EI são perpendiculares a um segmento ligando F e E. O quadrilátero DHFB está destacado em azul e o quadrilátero EIGC está em vermelho.

a) Os quadriláteros DJMA e ELNA são obtidos girando de 180^\circ os quadriláteros DHFB e EIGC em torno de D e E, respectivamente. Explique por que os pontos M, A e N estão alinhados, ou seja, por que a medida do ângulo M\hat{A}N é igual a 180^\circ.

Esquema mostrando a rotação de 180° dos quadriláteros DHFB e EIGC em torno de D e E, gerando DJMA e ELNA, com setas curvas indicando as rotações.

b) Na figura, o ponto K é a interseção das retas JM e LN. Explique por que os triângulos FGI e MNK são congruentes.

Prolongamento das retas JM e LN por linhas tracejadas encontrando-se no ponto K, formando o triângulo tracejado MNK.

Os itens acima mostram que HJKL é um retângulo formado com as quatro partes em que o triângulo ABC foi dividido.

c) Mostre que LH = EF.

d) Na figura o triângulo ABC tem área 9 e HJKL é um quadrado. Calcule o comprimento de EF.

Triângulo ABC e a formação do quadrilátero HJKL com linhas tracejadas até K.

Answer 1

PRÁTICA COM QUESTÕES OFICIAIS

Questão 6 (Nível 3) da 2ª fase da OBMEP 2011

Nível 3 · Matemática: Transformações geométricas e localização

Em todas as figuras desta questão, vemos um triângulo ABC dividido em quatro partes; nesses triângulos, D é ponto médio de AB, E é ponto médio de AC e FG mede \frac{1}{2}BC.

Triângulo ABC com D sobre AB e E sobre AC, e F e G sobre a base BC. Os segmentos DH e EI são perpendiculares a um segmento ligando F e E. O quadrilátero DHFB está destacado em azul e o quadrilátero EIGC está em vermelho.

a) Os quadriláteros DJMA e ELNA são obtidos girando de 180^\circ os quadriláteros DHFB e EIGC em torno de D e E, respectivamente. Explique por que os pontos M, A e N estão alinhados, ou seja, por que a medida do ângulo M\hat{A}N é igual a 180^\circ.

Esquema mostrando a rotação de 180° dos quadriláteros DHFB e EIGC em torno de D e E, gerando DJMA e ELNA, com setas curvas indicando as rotações.

b) Na figura, o ponto K é a interseção das retas JM e LN. Explique por que os triângulos FGI e MNK são congruentes.

Prolongamento das retas JM e LN por linhas tracejadas encontrando-se no ponto K, formando o triângulo tracejado MNK.

Os itens acima mostram que HJKL é um retângulo formado com as quatro partes em que o triângulo ABC foi dividido.

c) Mostre que LH = EF.

d) Na figura o triângulo ABC tem área 9 e HJKL é um quadrado. Calcule o comprimento de EF.

Triângulo ABC e a formação do quadrilátero HJKL com linhas tracejadas até K.

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Resolução comentada

Solução oficial da OBMEP

a) 1ª solução: Na figura ao lado marcamos, em vermelho, o ângulo em B do triângulo ABC e o ângulo correspondente no polígono AMJD; em azul, marcamos o ângulo em C do triângulo ABC e o ângulo correspondente do polígono AELN. Podemos observar na parte superior da figura que o ângulo M egthinspace\rlap{\raisebox{2pt}{\frown}}AN é a soma desses dois ângulos com o ângulo em A do triângulo ABC; como a soma dos ângulos internos de um triângulo é 180^ atural, segue que M egthinspace\rlap{\raisebox{2pt}{\frown}}AN = 180^ atural. Logo M, A e N estão alinhados.

[Figura: Triângulo ABC com polígonos AMJD e AELN, destacando ângulos em vermelho e azul nos vértices B, C, M e N, e amarelo no vértice A]

2ª solução: Observamos primeiro que AM é paralelo a BF, pois ele é obtido de BF por meio de uma rotação de 180^ atural; do mesmo modo, AN é paralelo a CG. Como BF e CG estão na mesma reta suporte e AM e AN tem o ponto A em comum, segue que os pontos M, A e N estão alinhados.

b) [Figura: Construção geométrica mostrando os triângulos FGI e MNK com linhas tracejadas até o vértice K, com ângulos coloridos em vermelho, azul, marrom e verde]

Na figura os ângulos marcados em vermelho são congruentes, assim como os ângulos marcados em azul. Segue que os ângulos marcados em marrom também são congruentes, pois são ambos suplementos do ângulo vermelho; do mesmo modo, os ângulos verdes são também congruentes. Notamos agora que

MN = MA + AN = BF + CG = BC - FG = 2FG - FG = FG

Segue pelo critério ALA que os triângulos FGI e MNK são congruentes.

c) Na figura ao lado traçamos a base média DE do triângulo ABC. O teorema da base média nos diz que DE é paralelo a BC e que DE = \frac{1}{2}BC = FG. Segue que os triângulos FGI e EHD são congruentes, pois são retângulos, tem os ângulos verdes congruentes (pois são agudos de lados paralelos) e hipotenusas congruentes. Em particular, temos FI = EH, donde FH = FI - HI = EH - HI = EI. Logo LH = LE + EI + IH = FH + HI + IE = EF.

[Figura: Triângulo ABC com a base média DE e segmentos formando o quadrado HJKL, destacando em verde os ângulos congruentes dos triângulos retângulos FGI e EHD]

d) A área do quadrado HJKL é igual à área do triângulo ABC, que é 9; logo o lado do quadrado mede 3. Em particular, LH = 3 e segue do item anterior que EF = 3.

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Resolução comentada

a) O ponto D é o ponto médio de AB. Logo, o giro de 180^\circ em torno de D leva B em A. Ele leva H em J e F em M. Assim, DHFB vai em DJMA, e o ângulo M\hat{A}D é igual ao ângulo F\hat{B}D, que é o ângulo B do triângulo.

Da mesma forma, E é o ponto médio de AC. O giro em torno de E leva C em A e G em N. Então N\hat{A}E é igual a G\hat{C}E, que é o ângulo C.

Em A, os ângulos M\hat{A}D, D\hat{A}E e E\hat{A}N valem B, A e C. Eles são consecutivos, então

M\hat{A}N = \hat{B}+\hat{A}+\hat{C}=180^\circ.

Portanto M, A e N estão alinhados.

b) Vamos mostrar que os triângulos FGI e MNK têm um ângulo reto, a hipotenusa e um ângulo agudo iguais.

O giro preserva distâncias, então MA=FB e AN=GC. Logo MN = FB+GC. Como FG=\frac12 BC, temos FB+GC=BC-FG=\frac12 BC. Assim, MN=FG.
JM é a imagem de HF por um giro de 180^\circ, então JM\parallel FE. Do mesmo modo, LN é a imagem de IG, então LN\parallel IG. Como IG\perp FE, o ângulo K é reto, igual ao ângulo I de FGI.
A reta MA é a imagem de FB, então MN\parallel BC e M\to N tem o mesmo sentido de F\to G. O lado MK tem o sentido de F\to I. Logo K\hat{M}N=I\hat{F}G.

Pelo caso hipotenusa–ângulo agudo, FGI\equiv MNK. Daí, MK=FI e NK=GI.

c) D é o ponto médio de HJ e E é o ponto médio de IL, pois os giros levam H em J e I em L. Assim, L está na reta FE, na mesma reta de H e I, e EL=EI.

No retângulo HJKL, os lados opostos são iguais, então HL=JK.

HL=HI+IE+EL=HI+2\,IE.
JK=JM+MK=FH+FI=FH+(FH+HI)=2\,FH+HI.

Igualando, 2\,IE=2\,FH, ou seja, IE=FH. Então

LH=HI+IE+IE=HI+IE+FH=FE.

Logo LH=EF.

d) As quatro partes do triângulo ABC formam o retângulo HJKL sem sobreposição: DJMA é o quadrilátero azul girado, ELNA é o vermelho girado, MNK é congruente a FGI, e o pentágono ADHIE fica no lugar. Logo, a área de HJKL é a de ABC, ou seja, 9.

Como HJKL é um quadrado, o lado mede \sqrt 9=3. Pelo item c), EF=LH=3.

EF=3

Assuntos: Transformações geométricas e localização, Triângulos: congruência e pontos notáveis.

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