Questão 11 (Nível 3) da OBMEP 2019

Question

A figura mostra um pentágono ABCDE tal que AB = 4, BC = 8, CD = 1, AE = 4, e os ângulos ABC, BCD e EAB são retos. O ponto P se move sobre os lados AB e BC. Quantas posições o ponto P pode ocupar sobre os lados AB e BC de modo que o triângulo PDE seja isósceles?

Pentágono ABCDE com vértices A no canto superior esquerdo, B no inferior esquerdo, C no inferior direito, D acima de C e E à direita de A. O ponto P situa-se sobre o lado AB, formando o triângulo PDE preenchido em cinza. Várias outras posições potenciais de P ao longo dos segmentos AB e BC estão esboçadas em linhas pontilhadas conectando aos vértices E e D.

A
1
B
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C
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D
4
E
5

Answer 1

PRÁTICA COM QUESTÕES OFICIAIS

Questão 11 (Nível 3) da OBMEP 2019

Nível 3 · Matemática: Triângulos: congruência e pontos notáveis

A figura mostra um pentágono ABCDE tal que AB = 4, BC = 8, CD = 1, AE = 4, e os ângulos ABC, BCD e EAB são retos. O ponto P se move sobre os lados AB e BC. Quantas posições o ponto P pode ocupar sobre os lados AB e BC de modo que o triângulo PDE seja isósceles?

Pentágono ABCDE com vértices A no canto superior esquerdo, B no inferior esquerdo, C no inferior direito, D acima de C e E à direita de A. O ponto P situa-se sobre o lado AB, formando o triângulo PDE preenchido em cinza. Várias outras posições potenciais de P ao longo dos segmentos AB e BC estão esboçadas em linhas pontilhadas conectando aos vértices E e D.

A
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B
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C
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D
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5

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Solução oficial da OBMEP

Os triângulos isósceles DEP podem ser divididos em três tipos: PE = PD, DP = ED e ED = EP. Vamos analisar esses casos um a um; vamos também garantir que, em cada caso, não aparecem triângulos equiláteros, de modo que a contagem final será dada pela soma das contagens em cada caso.

Caso PE = PD: Nesse caso P deve estar na mediatriz de DE, conforme a figura à direita. É visualmente claro que aqui temos apenas um triângulo isósceles, mas do ponto de vista matemático isso não é suficiente; devemos mostrar que a mediatriz de DE intersecta a reta BC entre os pontos B e C, ou, equivalentemente, que CP < 8.

[Figura: Diagrama com o segmento DE, seu ponto médio M e a mediatriz pontilhada MP interceptando a reta da base em P; mostra também o triângulo retângulo DQE com cateto EQ = 3, cateto QD = 4, segmento médio MR = 1,5 e segmento vertical MS = 2,5 até a base.]

Para isso, consideremos a figura à esquerda, em que M é o ponto médio de DE e a reta MP é a mediatriz de DE. O segmento MR é base média do triângulo DQE; segue que MR = 1{,}5 e então MS = 2{,}5 (curiosamente, o triângulo MSD é isósceles). Observamos agora que os triângulos SPM e DQE são semelhantes, de vez que são ambos retângulos e seus ângulos em M e D, sendo agudos e tendo seus lados dois a dois perpendiculares, são iguais. Segue que \frac{PS}{MS} = \frac{EQ}{DQ}, ou seja, \frac{PS}{2{,}5} = \frac{3}{4}. Logo, PS = 1{,}85 e, então, CP = CS + SP = 3{,}85 < 8, ou seja, P está de fato no segmento BC.

Observamos finalmente que o triângulo PDE não é equilátero, pois do triângulo retângulo DPC obtemos

DP^2 = 1^2 + CP^2 < 1 + (3{,}85)^2 < 1 + 16 = 17

e, então, DP < 5.

Caso DE = DP: Nesse caso P deve estar em uma circunferência de centro D e raio DE. É visualmente claro que temos apenas um triângulo isósceles, conforme a figura à direita. Para mostrar que esse é o caso, observamos que se supormos DP = 5 com P \in BC, o teorema de Pitátoras aplicado ao triângulo retângulo CPD nos dá

CP^2 = 5^2 - 1^2 = 24\text{, ou seja, } CP = 2\sqrt{6} < 8.

[Figura: Retângulo ABCD com o ponto E no lado superior, ponto P no lado BC e triângulo DEP com DE = DP, indicando um arco de circunferência pontilhado centrado em D que passa por E e P.]

[Figura: Retângulo ABCD com E no lado superior, P e F no lado BC, com EF perpendicular a BC medindo 4, FC medindo 4 e segmento ED medindo 5.]

Para mostrar que o triângulo DEP não é equilátero vamos usar a figura à esquerda, onde F é o pé da perpendicular traçada por E a BC. Como CF = EF = 4 e CP = 2\sqrt{6} > 4, temos PF = 2\sqrt{6} - 4; o triângulo retângulo EFP nos dá

EP^2 = 4^2 + (2\sqrt{6} - 4)^2 = 56 - 16\sqrt{6} < 56 - 16 \times 2{,}4 = 17{,}6 < 25

Foi usado que \sqrt{6} > 2{,}4 na penúltima desigualdade. Logo, EP < 5 e o triângulo DEP não é equilátero.

Caso EP = ED: Nesse caso P deve estar na circunferência de centro E e raio ED. Outra vez, é visualmente claro que temos três soluções, conforme a figura à direita; vamos mostrar que isso realmente acontece.

[Figura: Retângulo ABCD com E no lado superior, P no lado AB com AP = 3, PB = 1 e segmentos EP = 5 e ED = 5.]

Subcaso P \in AB: Se P \in AB é tal que EP = ED = 5, conforme a figura à esquerda, o teorema de Pitágoras nos diz que AP = 3, ou seja, temos um único P neste caso. Notamos que o triângulo EDP não é equilátero pois DP = 8.

[Figura: Retângulo ABCD com E no lado superior, F na base BC com EF = 4, e pontos P1 e P2 em BC tais que FP1 = FP2 = 3 e EP1 = EP2 = 5, formando os triângulos EDP1 e EDP2.]

Subcaso P \in BC: Sejam F o pé da perpendicular traçada de E a BC e P_1, P_2 \in BC tais que FP_1 = FP_2 = 3. Aqui também o teorema de Pitágoras nos mostra que EP_1 = EP_2 = 5 e temos os dois triângulos isósceles EDP_1 e EDP_2. Observamos que nenhum deles é equilátero; de fato, o triângulo retângulo CDP_1 nos dá (DP_1)^2 = 1^2 + 7^2 = 50, donde DP_1 \neq 5 e o triângulo retângulo DCP_2 nos dá (DP_2)^2 = 1^2 + 1^2 = 2, donde DP_1 \neq 5.

Desse modo, existem exatamente cinco triângulos isósceles satisfazendo as condições do enunciado.

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Resolução comentada

Coloque coordenadas: B=(0,0), A=(0,4), C=(8,0), D=(8,1), E=(4,4) (E está à direita de A, com AE=4). O ponto P percorre AB (de (0,4) a (0,0)) e BC (de (0,0) a (8,0)).

Primeiro, DE^2=(8-4)^2+(1-4)^2=16+9=25, logo DE=5.

Três casos para o triângulo PDE ser isósceles:

PE=PD: P está na mediatriz de DE. O ponto médio de DE é (6;\,2{,}5) e a direção de DE é (4,-3). A mediatriz é 4(x-6)-3(y-2{,}5)=0, ou seja, 4x-3y=16{,}5. Em AB (x=0): y=-5{,}5, fora. Em BC (y=0): x=4{,}125, dentro. Há 1 ponto.
PE=DE=5: P na circunferência de centro E e raio 5. Em AB: 16+(y-4)^2=25, então y=4\pm3; y=1 serve (y=7 não). Em BC: (x-4)^2+16=25, então x=7 ou x=1, ambos dentro. Há 3 pontos.
PD=DE=5: P na circunferência de centro D e raio 5. Em AB: 64+(y-1)^2=25, impossível. Em BC: (x-8)^2+1=25, então (x-8)^2=24, x=8-\sqrt{24}\approx 3{,}1 (dentro) ou x>8 (fora). Há 1 ponto.

Verificando coincidências: os pontos são (0,1), (1,0), (7,0), (4{,}125;\,0) e (\approx3{,}1;\,0), todos distintos. Total: 1+3+1=5.

Alternativa E.

Por que as outras alternativas estão erradas

Aconsidera apenas um dos casos de triângulo isósceles.
Besquece vários casos, como as interseções das circunferências com BC.
Cconta só os pontos do caso PE=DE, ignorando os outros dois casos.
Domite um dos casos, por exemplo PD=DE ou a mediatriz.

Assuntos: Triângulos: congruência e pontos notáveis, Teorema de Pitágoras e relações métricas.

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Questão 11 no caderno Nível 3 da OBMEP 2019

Fonte: OBMEP 2019 · Nível 3. Prova oficial ↗