Questão 2 (Nível 2) da 2ª fase da OBMEP 2012

Question

Uma folha de papel quadrada de área 16\ \text{cm}^2, branca de um lado e cinza de outro, foi dobrada como indicado ao lado. O ponto O é o centro do quadrado e M é o ponto médio do segmento AB.

Sequência de dobraduras de uma folha quadrada: primeiro, a folha em posição inclinada (losango); na Figura I, o vértice esquerdo é dobrado ao longo do segmento AB até o centro O, revelando o triângulo cinza ABO; na Figura II, o vértice direito é dobrado até o ponto médio M de AB, cobrindo parte do verso cinza; na Figura III, os vértices superior e inferior são dobrados para dentro.

a) Qual é a área da região branca na Figura I?

b) Qual é a área da região branca na Figura II?

c) Qual é a área da região branca na Figura III?

Answer 1

PRÁTICA COM QUESTÕES OFICIAIS

Questão 2 (Nível 2) da 2ª fase da OBMEP 2012

Nível 2 · Matemática: Áreas e perímetros de polígonos

Uma folha de papel quadrada de área 16\ \text{cm}^2, branca de um lado e cinza de outro, foi dobrada como indicado ao lado. O ponto O é o centro do quadrado e M é o ponto médio do segmento AB.

Sequência de dobraduras de uma folha quadrada: primeiro, a folha em posição inclinada (losango); na Figura I, o vértice esquerdo é dobrado ao longo do segmento AB até o centro O, revelando o triângulo cinza ABO; na Figura II, o vértice direito é dobrado até o ponto médio M de AB, cobrindo parte do verso cinza; na Figura III, os vértices superior e inferior são dobrados para dentro.

a) Qual é a área da região branca na Figura I?

b) Qual é a área da região branca na Figura II?

c) Qual é a área da região branca na Figura III?

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Resolução comentada

Solução oficial da OBMEP

O quadrado original tem área de 16\text{ cm}^2; vamos dividi-lo em 16 quadradinhos de área 1 para proceder à solução.

[Figura: Quadrado inclinado em 45^\circ dividido em uma malha de 4 \times 4 quadradinhos unitários.]

a) [Figura: Quadrado com o vértice esquerdo dobrado para dentro, cobrindo parte da malha com um triângulo cinzento.]

1^a solução: A primeira dobra deixa como parte não pintada uma região equivalente a 12 quadradinhos unitários. Portanto, a área da região não pintada da figura I é 12\text{ cm}^2.

2^a solução: O triângulo cinzento da figura tem área igual a \frac{1}{8} da área do quadrado. A área da região não pintada é então 1 - \frac{2}{8} = \frac{3}{4} da área do quadrado, ou seja, \frac{3}{4} \times 16 = 12\text{ cm}^2.

b) A segunda dobra deixa como partes não pintadas dois retângulos iguais, cada um deles composto por dois quadradinhos unitários. Portanto, a área da região não pintada na figura II é 2 + 2 = 4\text{ cm}^2.

[Figura: Quadrado com as pontas esquerda e direita dobradas para dentro até o centro, formando duas abas triangulares cinzentas e deixando duas regiões retangulares brancas de malha visíveis.]

c) [Figura: Quadrado com as dobras laterais e dobras horizontais nos cantos superior e inferior, restando visíveis apenas dois quadradinhos brancos.]

As duas últimas dobras horizontais deixam em branco apenas dois quadradinhos unitários. Portanto, a área da região não pintada na figura III é igual a 1 + 1 = 2\text{ cm}^2.

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Resolução comentada

a) O quadrado tem área 16\ \text{cm}^2, então o lado mede 4 cm e a diagonal mede 4\sqrt2 cm. Dobrar o vértice esquerdo até O faz a dobra AB ser a mediatriz do segmento do vértice a O. O triângulo dobrado, que é o triângulo cinza ABO, tem base AB=2\sqrt2 e altura \sqrt2:

\text{área}(ABO)=\frac{2\sqrt2\cdot\sqrt2}{2}=2\ \text{cm}^2.

O triângulo dobrado tem a mesma área, 2\ \text{cm}^2, que o canto que foi dobrado. Assim, a figura I tem área 16-2=14, e a parte cinza visível é 2. Logo a região branca mede 14-2=12.

Resposta: 12\ \text{cm}^2.

b) Ponha O na origem. Então o vértice direito está em (2\sqrt2,0) e M=(-\sqrt2,0), a distância entre eles é 3\sqrt2. A dobra é a mediatriz desse segmento, a reta vertical x=\frac{\sqrt2}{2}.

O triângulo dobrado tem altura \frac{3\sqrt2}{2} e meia-base \frac{3\sqrt2}{2}, logo área

\left(\tfrac{3\sqrt2}{2}\right)^2=4{,}5.

Ele fica sobre a figura I com vértice em M, e seu verso é cinza. Ele se sobrepõe ao triângulo cinza ABO num quadrado de lado 1 (vértices M, O e os dois pontos (-\tfrac{\sqrt2}{2},\pm\tfrac{\sqrt2}{2})), de área 1.

A figura II tem área 14-4{,}5=9{,}5. A parte cinza visível é a união dos dois triângulos: 2+4{,}5-1=5{,}5. Logo o branco mede 9{,}5-5{,}5=4.

Confirmação: sobram duas regiões brancas, uma em cima e outra embaixo, cada uma um retângulo 2\times1, de área 2. O total é 4.

Resposta: 4\ \text{cm}^2.

c) Na figura II, a região branca de cima é um retângulo de lados 2 e 1, de área 2. Dobrar o vértice superior para dentro corta um triângulo desse retângulo, de base \sqrt2 e altura \frac{\sqrt2}{2}, com área

\frac12\cdot\sqrt2\cdot\frac{\sqrt2}{2}=\frac12.

Esse triângulo, ao ser dobrado, mostra o verso cinza e cai inteiro sobre o próprio retângulo branco, cobrindo outra área de \frac12. Sobra branco de 2-\frac12-\frac12=1 no retângulo de cima. Por simetria, embaixo também sobra 1.

A região branca total é 1+1=2.

Resposta: 2\ \text{cm}^2.

Assuntos: Áreas e perímetros de polígonos, Transformações geométricas e localização.

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Questão 2 no caderno Nível 2 da 2ª fase da OBMEP 2012

Fonte: OBMEP 2ª fase 2012 · Nível 2. Prova oficial ↗