Questão 5 (Nível 3) da 2ª fase da OBMEP 2015

Question

Nas figuras, ABC é um triângulo isósceles, retângulo em A. A altura do triângulo em relação à base BC mede 1 e a circunferência de centro O tem raio 1. A circunferência gira, sem deslizar, pela base do triângulo. Ao girar, o ponto de tangência T (da circunferência com a base BC) move-se ao longo do lado BC. A Figura 1 ilustra a situação em que T é o ponto médio de BC. A Figura 2 ilustra uma posição genérica do ponto T. Em ambas as figuras, P e Q são os pontos de interseção dos lados AB e AC, respectivamente, com a circunferência.

Figura 1: circunferência de centro O coincidente com o vértice reto A de um triângulo isósceles ABC, tangente à hipotenusa BC no ponto médio T, interceptando os catetos AB e AC nos pontos P e Q, com marcas de translação e rotação horária Figura 2: circunferência de centro O deslocada para a direita ao longo da base BC, tangente em T, interceptando AB em P e AC em Q, com o prolongamento do segmento BA tracejado até interceptar a circunferência em D

a) Na situação da Figura 1, quantos graus mede o arco determinado pelos pontos P e Q que contém o ponto T?

b) Na situação da Figura 2, seja D o ponto em que o prolongamento do cateto BA intersecta a circunferência. Mostre que AD = AQ.

c) Explique por que, para qualquer posição de T, o comprimento do arco determinado pelos pontos P e Q que contém o ponto T é sempre o mesmo.

Answer 1

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Questão 5 (Nível 3) da 2ª fase da OBMEP 2015

Nível 3 · Matemática: Circunferência: ângulos, cordas e tangência

Nas figuras, ABC é um triângulo isósceles, retângulo em A. A altura do triângulo em relação à base BC mede 1 e a circunferência de centro O tem raio 1. A circunferência gira, sem deslizar, pela base do triângulo. Ao girar, o ponto de tangência T (da circunferência com a base BC) move-se ao longo do lado BC. A Figura 1 ilustra a situação em que T é o ponto médio de BC. A Figura 2 ilustra uma posição genérica do ponto T. Em ambas as figuras, P e Q são os pontos de interseção dos lados AB e AC, respectivamente, com a circunferência.

Figura 1: circunferência de centro O coincidente com o vértice reto A de um triângulo isósceles ABC, tangente à hipotenusa BC no ponto médio T, interceptando os catetos AB e AC nos pontos P e Q, com marcas de translação e rotação horária Figura 2: circunferência de centro O deslocada para a direita ao longo da base BC, tangente em T, interceptando AB em P e AC em Q, com o prolongamento do segmento BA tracejado até interceptar a circunferência em D

a) Na situação da Figura 1, quantos graus mede o arco determinado pelos pontos P e Q que contém o ponto T?

b) Na situação da Figura 2, seja D o ponto em que o prolongamento do cateto BA intersecta a circunferência. Mostre que AD = AQ.

c) Explique por que, para qualquer posição de T, o comprimento do arco determinado pelos pontos P e Q que contém o ponto T é sempre o mesmo.

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Resolução comentada

Solução oficial da OBMEP

a)
A medida do arco determinado por P e Q e que contém o ponto T é igual à medida do ângulo central P\hat{A}Q = 90^\circ.

b)
Os pontos A e O são equidistantes da reta BC e, portanto, na situação em que A e O não são coincidentes, eles definem a reta AO paralela à reta BC.

[Figura: Circunferência passando pelos pontos D, P, T e Q, de centro O, com T na hipotenusa BC do triângulo retângulo ABC. O ponto D está sobre o prolongamento do cateto BA. O segmento AO é traçado paralelamente a BC. Segmentos perpendiculares partem de O até os catetos AB e AC nos pontos R e S, formando o quadrado AROS. Também são traçados os segmentos OD e OQ.]

Vamos mostrar que os triângulos ADO e AQO são congruentes e disto seguirá o resultado esperado, isto é, que AD = AQ. Não podemos utilizar o falso caso de congruência “lado-lado-ângulo”, embora ele seja válido neste caso.

Como OD e OQ são raios da circunferência, eles têm a mesma medida. Devido ao paralelismo descrito acima, obtemos as congruências de ângulos: O\hat{A}C = A\hat{C}B e A\hat{B}C = D\hat{A}O, mas então esses quatro ângulos medem 45^\circ, pois ABC é isósceles retângulo em A. Assim O está sobre a bissetriz do ângulo D\hat{A}Q. Projetamos ortogonalmente O sobre as retas AB e AC, como na figura, obtendo respectivamente os pontos R e S; o quadrilátero AROS é um quadrado.

Os triângulos RDO e SQO são congruentes, pois são retângulos e possuem pares de lados correspondentes com mesma medida (OR = OS e OD = OQ). Logo A\hat{D}O = A\hat{Q}O. Como consequência todos os ângulos dos triângulos ADO e AQO são, respectivamente, congruentes. Como esses triângulos têm dois pares de lados correspondentes congruentes, eles são, de fato, congruentes. Logo AD = AQ.

Outra solução. Os pontos A e O são equidistantes da reta BC e, portanto, na situação em que A e O não são coincidentes, eles definem a reta AO paralela à reta BC.

Suponha que AD > AQ e considere o ponto D' no segmento AD com AD' = AQ, como na figura ao lado. Então os triângulos OAD' e OAQ são semelhantes, pelo caso LAL. Como o lado AO é comum, esses triângulos são congruentes. Logo OQ = OD', o que é impossível, pois OQ é um raio e D' é um ponto interior ao círculo. Analogamente, não podemos ter AD < AQ. Consequentemente, AD = AQ.

[Figura: Circunferência e triângulo com o ponto D' assinalado no segmento AD pontilhado, e os triângulos OAD' e OAQ delimitados em vermelho.]

c)
No item anterior vimos que o triângulo ADQ é isósceles e, portanto, o ângulo PDQ mede 45^\circ. Logo, como o ângulo central P\hat{O}Q tem o dobro da medida de P\hat{D}Q, concluímos que a medida em graus do arco PQ passando por T é também 90^\circ. Deste modo, o comprimento do arco PQ que contém o ponto de tangência T é sempre o mesmo,igual a ¼ da medida da circunferência.

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Resolução comentada

a) Na Figura 1, O=A, então o ângulo P\hat{O}Q é o ângulo reto P\hat{A}Q do triângulo, que vale 90^\circ. Ele é um ângulo central e o arco PQ que ele enxerga é o que fica dentro do ângulo. Esse arco passa por T, pois T é o ponto médio de BC, no pé da altura de A. Logo o arco PQ que contém T mede 90^\circ.

90°

b) Como ABC é isósceles e retângulo em A, a altura relativa a BC é paralela... mais precisamente, a reta horizontal por A (paralela a BC) forma 45^\circ com AB e 45^\circ com AC. O centro O está a distância 1 de BC, assim como A, então O está nessa reta.

Sejam M e N os pés das perpendiculares de O às retas AB e AC. Como O está na bissetriz do ângulo formado por essas retas, OM=ON. Além disso, AMON é um retângulo, pois \hat A=90^\circ. Então AM=ON e AN=OM, e portanto AM=AN=OM=ON.

M é o ponto médio da corda PD e N é o ponto médio da corda sobre AC que termina em Q. As duas cordas estão à mesma distância do centro, então MD=NQ.

Pelas posições da figura, D está além de M e Q está além de N, a partir de A. Assim:

AD=AM+MD=AN+NQ=AQ.

Logo AD=AQ.

c) O ângulo D\hat{A}Q é suplementar de B\hat{A}Q=90^\circ, pois D está no prolongamento de BA. Então D\hat{A}Q=90^\circ. Pelo item (b), AD=AQ, logo o triângulo ADQ é retângulo isósceles e A\hat{D}Q=45^\circ.

Como P está na reta DA, P\hat{D}Q=A\hat{D}Q=45^\circ. Esse é um ângulo inscrito que enxerga o arco PQ que não contém D, ou seja, o arco que contém T. O arco mede o dobro do ângulo inscrito: 2\cdot 45^\circ=90^\circ.

Esse valor não depende da posição de T. O arco é sempre \tfrac14 da circunferência, de comprimento

\frac{90^\circ}{360^\circ}\cdot 2\pi\cdot 1=\frac{\pi}{2}.

O arco PQ que contém T mede sempre 90^\circ, isto é, tem comprimento \pi/2.

Assuntos: Circunferência: ângulos, cordas e tangência, Triângulos: congruência e pontos notáveis.

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Questão 5 no caderno Nível 3 da 2ª fase da OBMEP 2015

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