Questões de Semelhança, Pitágoras e circunferência da OBMEP

Se OT = r e OA = R, a área que querermos é π (R² – r²). Basta aplicar o teorema de Pitágoras no triângulo ATO: R² = r² + (AT/2)² = r² + 1, ou seja, R² = r² + 1. A área, portanto, é π.

Outra solução: Vamos indicar os comprimentos dos raios das circunferências concêntricas por X e x, e, por O, o centro comum às duas circunferências. O triângulo OAB é isósceles, pois AO = OB = X; sendo T o ponto de tangência e sabendo que o raio OT é perpendicular a AB, consequentemente, temos que OT será a mediatriz do triângulo isósceles OAB, e a medida do segmento AT é 1 cm.

Consideremos o diâmetro AC da circunferência externa; esse segmento contém o diâmetro PQ da circunferência interna.

Como AT é um segmento tangente à circunferência interna, temos que: AT² = AQ · AP (potência de ponto); sabemos que AT = 1, AP = (X – x) e AQ = 2_X_ – (X – x) = (X + x).

Daí, 1 = (X – x) (X + x) = X² – x². Portanto, a área da região cinza, dada por (X² – x²) π é igual a π.

Como M e N são pontos médios de AC e BC, respectivamente, os triângulos ABC e MNC são semelhantes, na razão 2:1. MN é a chamada base média do triângulo ABC, e como AB = 8 então MN é 4, que é a metade. Considere os pontos de tangência entre a circunferência e os lados do trapézio ABNM como sendo D, G, E e F, como mostrado na figura. Perceba que AF e AD são congruentes, uma vez que F e D são pontos de tangência, podemos escrever AF = AD = x. De modo análogo, BG = BD = y, MF = ME = z e finalmente NE = NG = w. Veja agora que AB + MN = x + y + z + w = AF + BG + MF + NG = AM + BN, como AB = 8 e MN = 4 temos então que AM + BN = 12, e como o triângulo ABC é isósceles, AM = BN = 6. Sendo M e N pontos médios, temos que AC = BC = 2.6 = 12.

Portanto o perímetro do triângulo ABC é 12 + 12 + 8 = 32 cm.

O enunciado nos diz que

3_a_ + 3_b_ + 3_c_ + 3_d_ + 3_e_ + 3_f_ + 3_g_ = 6, logo,

3(a + b + c + d + e + f + g) = 6. Portanto,

a + b + c + d + e + f + g = 2. Logo, a distância em linha reta entre A e B é 2 km.

Solução sem usar semelhança de triângulos:

Ao dobrar a folha, o vértice A do quadrado coincide com o ponto A’ da diagonal. Como a reta MN é a mediatriz do segmento AA’, temos AS = SA’ e AA’ perpendicular a MN. Como MN é paralela à diagonal BD, o segmento MR paralelo a AA’ é também perpendicular a BD. Temos, dessa forma, dois triângulos retângulos congruentes ASM e MRD, pelo caso ALA de congruência de triângulos. Logo, AM = MD = 5. De forma análoga, concluímos que os triângulos retângulos ANS e NBT são congruentes, logo AN = NB = 10.

A área dos triângulos congruentes AMN e A’MN é igual a (10 × 5)/2 = 25.

Dada a simetria de 180° da figura, concluímos que a área dos triângulos CPQ e C’PQ também é 25. Consequentemente, a área da região colorida visível é igual à área da folha menos quatro vezes a área do triângulo AMN, ou seja, igual a 10 × 20 − 4 × 25 = 200 − 100 = 100 cm².

Solução usando semelhança de triângulos:

Como MN é paralela a BD, concluímos que os triângulos AMN e ADB são semelhantes, de alturas homólogas AS e AA’. Pela dobra temos AA’ = 2_AS_, logo a área do triângulo ABD é 4 vezes a área do triângulo AMN. Como a área do triângulo ADB é metade da área da folha, isto é, 100 cm², a área do triângulo AMN é 25 cm². Novamente, a área da região colorida visível é igual à área da folha menos quatro vezes a área do triângulo AMN, ou seja, igual a 10 × 20 − 4 × 25 = 200 − 100 = 100 cm².

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.

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, 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 PS/MS = EQ/DQ, ou seja, PS/2,5 = 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

DP² = 1² + CP² < 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, observemos que se supormos DP = 5 com P ∈ BC, o teorema de Pitágoras aplicado ao triângulo retângulo CPD nos dá

CP² = 5² − 1² = 24, ou seja, CP = 2√6 < 8.

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√6 > 4, temos PF = 2√6 − 4; o triângulo retângulo EFP nos dá

EP² = 4² + (2√6 − 4)² = 56 − 16√6 < 56 − 16 × 2,4 = 17,6 < 25

Foi usado que √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.

Subcaso P ∈ AB: Se P ∈ 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.

Subcaso P ∈ BC: Sejam F o pé da perpendicular traçada de E a BC e P₁, P₂ ∈ BC tais que FP₁ = FP₂ = 3. Aqui também o teorema de Pitágoras nos mostra que EP₁ = EP₂ = 5 e temos os dois triângulos isósceles EDP₁ e EDP₂. Observamos que nenhum deles é equilátero; de fato, o triângulo retângulo CDP₁ nos dá (DP₁)² = 1² + 7² = 50, donde DP₁ ≠ 5 e o triângulo retângulo DCP₂ nos dá (DP₂)² = 1² + 1² = 2, donde DP₁ ≠ 5.

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

Inicialmente definimos as variáveis AG = x e DF = y, que são os raios dos semicírculos com centros em G e F, respectivamente. O raio do semicírculo com centro em E é igual a 9/2. Como ele é tangente ao semicírculo com centro em F, EF é igual a (9/2) + y. Como CE = 9/2 e CF = 9 − y, aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo CEF, temos:

((9/2) + y)² = (9/2)² + (9 − y)² → (81/4) + 9_y_ + y² = (81/4) + 81 − 18_y_ + y² → y = 3.

Como os semicírculos com centros em F e G são tangentes, FG = x + y = x + 3. Além disso, DG = 9 − x e DF = 3. Aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo DFG, temos:

(3 + x)² = 3² + (9 − x)² → 9 + 6_x_ + x² = 9 + 81 − 18_x_ + x² → x = AG = 27/8.