NÍVEL 3. x + 2. x + 1

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1 009 Treinamento para Olimpíadas de Matemática NÍVL esoluções ULS 6 9 m lasse. Seja H = h a altura relativa a e =, comprimento do lado. esde que os comprimentos dos lados, e, nessa ordem, são números inteiros e consecutivos, seguese que = + e = +. h + plicando aos triângulos H e H, o Teorema de itágoras, encontramos: n + h = e ( + ) = m + h ; daí, h = n = ( + ) m. Nestas condições, podemos escrever: ( + ) = m n, o que implica ( + ) = (m + n )( m n ). esde m + n = = +, então ( + ) = ( + )(m n), e portanto m n =. esposta:. Seja a altura relativa ao vértice, e seja h o comprimento desta altura. Note que o triângulo é isósceles, e então = =. n H + m h ssim, aplicando ao triângulo, retângulo em, o teorema de itágoras, temos: h 5 = 9 =. 8 or outro lado, o triângulo é retângulo em. esde que = + = h +, e daí =, tem-se do teorema de itágoras aplicado a este triângulo: = h + = + 8 ortanto, = 9. + = = =. esposta: = 7 SISTM NGLO NSINO Treinamento para Olimpíadas de Matemática 009

2 . esde que e são triângulos retângulos em, então do teorema de itágoras aplicado a estes triângulos, podemos escrever: = =, o que implica = +. y 0 + y + y esde que = = = = + y (lado do losango), segue que: = y + ( + y), e portanto or outro lado, denominando de O, o centro, do losango; O = eo=. ssim, aplicando ao triângulo O, retângulo em O, o teorema de itágoras, obtemos: O + O =, e daí y, ou melhor ainda = ( + y). = ( + ) Substituindo, o valor de encontrado acima, resulta: = ( + y) (y + y), e consequentemente = ( + y) ( y + y) = + 6y + y. = y + ( + y) = y + y. ortanto, os comprimentos das diagonais são: y + y (menor) e + 6y + y (maior) esposta: y + y (diagonal menor) e + 6y + y (diagonal maior). O segmento tem comprimento ( r). O triângulo é retângulo, com catetos e medindo ( r) e respectivamente, e hipotenusa de comprimento ( + r). Nestas condições, do teorema de itágoras e o triângulo, podemos escrever: ( r) + = ( + r) r + r + = + r + r = r esposta: r = 5. Notamos primeiro que o triângulo Q é equilátero de lado cm. omo o segmento S também mede cm, o triângulo S é isósceles de base S. S Q T SISTM NGLO NSINO Treinamento para Olimpíadas de Matemática 009

3 O ângulo ˆ S mede 0º, pois ele é eterno ao triângulo Q, e igual à soma dos dois ângulos internos não adjacentes, cada um medindo 60º. Logo, cada um dos ângulos Ŝ e ˆ S mede 0º, e portanto o triângulo QS é retângulo em, com Qˆ S = 60º e ŜQ = 0º. lém disso, o triângulo é semelhante ao triângulo QS, pois seus lados distando de cm dos lados deste triângulo, são paralelos a estes. Nestas condições, o triângulo é retângulo com ˆ = 60º e Ĉ = 0º, e consequentemente é o menor lado deste triângulo. ara calcular o comprimento do lado, basta calcular T, pois claramente T = cm. Notamos que o triângulo QT é retângulo em T. omo Q é bissetriz do ângulo ˆ, segue que Tˆ Q = 0º. omo QT = cm, segue que Q = cm, e portanto do teorema de itágoras aplicado ao triângulo QT, temos: T + QT = Q, o que implica T + =, e consequentemente T =. ortanto, = T + T = + esposta: + 6. ara resolver essa questão, precisamos saber qual é a área coberta de cada um dos três quadrados de centros, e. ara isso, vamos considerar a figura ao lado, onde representamos os quadrados de centros e. região sombreada no quadrado de centro é o quadrilátero QT. elo ponto traçamos as perpendiculares e S aos lados do quadrado. omo é o centro do quadrado, é imediato que S é um quadrado; sua área é da área do quadrado maior, ou seja, é 00 = 5cm. lém disso os ângulos ÂQ e SÂT, marcados na figura, são de medidas iguais; de fato, temos: Q = S QS = 90º QS = QT QS = ST Nestas condições, concluímos que os triângulos Q e ST são congruentes, pois são triângulos retângulos com um lado e um ângulo comuns. Logo, (QT) = (ST) + (QS) = (Q) + (QS) = (S) = 5cm. o mesmo modo, as áreas sombreadas nos quadrados de centros e são iguais a 5cm. ortanto, a área, em cm, da região sombreada, é = 5. esposta: T S Q 7. a) Na figura estão desenhadas as duas circunferências concêntricas, de raios r e, e uma circunferência de raio simultaneamente tangente a essa duas. r Logo, temos: r + =, donde, =. b) área pedida é dada pela seguinte diferença: área da coroa circular área do círculo de raio esde que a área da coroa circular é π( r ) e a área do círculo de raio é r, r r + r π = π π = segue-se que a área p, pedida, é dada por r r p = + π( r ) π = π( r r ) esposta: a) MONSTÇÃO b) π(r r ) SISTM NGLO NSINO Treinamento para Olimpíadas de Matemática 009

4 8. Seja O centro do círculo maior de raio O = O = r. Sejam O e O diâmetros de dois dos círculos menores (destacados na figura) e O um setor de 90º do círculo maior. Note que o diâmetro O (ou O) divide a região vermelha de um círculo menor em duas regiões simétricas em relação ao diâmetro O (ou O). Indicando por S, a área, em cm, de cada uma destas regiões simétricas do vidro vermelho, conforme figura, tem-se da simetria dos vidros, no vitral: área (em cm ) do setor de O = S + G + e área (em cm ) do círculo menor = S + G. r S + S G G r 0 G r S S or outro lado, a área do setor O, em cm, é π( r), ou seja, πr. Logo, o setor O é equivalente ao círculo menor, isto é, têm áreas iguais (verifique!!). ntão, S + G + = S + G, o que implica, = G = 00 (enunciado). esposta: 00cm m asa a 7. elo ponto traçam-se paralelas aos lados do quadrado. stas paralelas determinam com os lados do quadrado, triângulos retângulos, como b d a mostra-se na figura ao lado. plicando teorema de itágoras aos triângulos retângulos destacados na figura de hipotenusas e, c temos respectivamente: a + b = 9 c c + d = 9 dicionando-se, membro a membro, obtém-se: a + b + c + d = + 9. aciocinando de modo análogo para os outros dois triângulos retângulos, obtém-se: a + b + c + d = + 7. Nestas condições, podemos escrever: + 7 = + 9. onde encontra-se = 6. esposta:. Seja a intersecção das retas suportes dos lados N e M. o enunciado, tem-se que os triângulos M e N são congruentes. ssim, da construção do ponto e do enunciado decorre que : = M = N e = M = N Mas, como = =, segue-se que os triângulos e M são congruentes (L), consequentemente, = 90, M = e M =. Nestas condições, o triângulo MN é isósceles e retângulo em, com M = M + = a + b = + N = N. ortanto, esposta: ( ) MN = a + b. esde que =, temos que r = =, isto é, r = (r é o raio circunferência). esde que // e ˆ = 5, então = =. Nestas condições, O = r = r = e M = M = = (M é ponto médio de ). Substituindo estes resultados no triângulo retângulo OM, tem-se do teorema de itágoras: OM = O + M, ou seja, = ( ) + a b b N a a M b esolvendo, encontramos 6 ortanto, = = 5 esposta: = 8 5 ou = 0 (não convém) SISTM NGLO NSINO Treinamento para Olimpíadas de Matemática 009

5 . os dados do enunciado podemos construir a figura ao lado, onde o triângulo O é retângulo em O enquanto que o triângulo, é retângulo em. enotando por r o raio da circunferência temos: 5 o ΔO: tg0 = = r = 5 [] r 0 r r O r o Δ: = r cos0 = r [] ortanto, de [] e [], resulta = 5. esposta: 5. Sejam, e os centros das circunferências de raios a, b e c respectivamente. Seja,, as projeções ortogonais de, e respectivamente sobre a reta dada. Seja e as projeções ortogonais de sobre as retas e respectivamente. Seja F a interseção da reta com a paralela a por. Nestas condições, os triângulos,, e F são retângulos em, e F respectivamente, conforme mostra-se na figura ao lado. os triângulos retângulos, e F: F a b a + b a c a + c b + c b c c = ( a + c) ( a c) = ac, = ( b + c) ( b c) = bc e F = ab or outro lado, da figura acima: + = ac + bc = ab ividindo ambos os membros por abc resulta: + = b a c esposta: 6. Solução oficial Os triângulos e HF são retângulos em e H, respectivamente; a medida do ângulo ÊF é de 90 ; se a medida do ângulo HÊF é, então a medida dos ângulos ˆFH e Ê é 90 e, consequentemente, a medida do ângulo ˆ é ; como = F (são lados do mesmo quadrado), então os triângulos mencionados são congruentes (pelo caso L de congruência de triângulos). Utilizando o teorema de itágoras, podemos escrever = +, o que mostra que a área do quadrado FG é a soma das áreas dos quadrados e FHIJ, ou seja, = 00cm. esposta: G F J H I 7. (Solução Oficial) Ligando o ponto de interseção das retas que representam as duas cercas aos vértices, obtemos a figura ao lado. Observemos que, como Q = Q e as alturas de OQ e OQ que passam por O são iguais, as áreas de OQ e OQ são iguais. nalogamente, as áreas de OM e OM; ON e ON; O e O são iguais. Logo, (OQ) + (OM) + (O) + (ON) = (OQ) + (OM)+ (O) + (ON) (MOQ) + (NO) = (OQ) + (MON) (MOQ) = = 0. esposta: Q M O N SISTM NGLO NSINO 5 Treinamento para Olimpíadas de Matemática 009

6 8. Sejam e (ver figura) áreas de regiões planas limitadas pelo semicírculo construído sobre a hipotenusa e cada um dos catetos do triângulo retângulo. S T Nestas condições, temos: S + = π, + = π e + T + = π. or outro lado, + = (Teorema de itágoras) ssim, S = π + π π = + = π = + T + ortanto, S = + T +, ou seja, S + = T. esposta: 9. Seja H a intersecção da reta com a paralela a reta por, conforme figura ao lado. Nestas condições, o triângulo GH é retângulo em H. lém disso, o triângulo H é congruente ao triângulo, pois H = =, H = = β e = ; como consequência, H = = b e H = = c. ortanto, do teorema de itágoras e do ΔGH, resulta: G = GH +H G = (G + + H) +H G = (c + b + c) +b G = b + bc + c esposta: H b β c b β c G a c F 0. Seja N a projeção ortogonal de sobre Q. Seja NM =, NQ = y e M = y. plicando o teorema de itágoras, temos: ΔNM: N + =,5 [] ΔNQ: N + (y ) = [] ΔN: N + (y + ) = 7 [] 7,5 e [] e [], obtém-se: y = [] y Q N M y 7 e [] e [], obtém-se: y + y = [5] ortanto, de [] e [5], resulta: y = 9, logo Q = y = 9. esposta:. Sejam o comprimento do lado do quadrado e, β medidas, em graus, dos ângulos M e respectivamente. Nestas condições, resulta do enunciado: = = e M =. + β = 90, M = β e =, conforme figura a seguir. SISTM NGLO NSINO 6 Treinamento para Olimpíadas de Matemática 009

7 esde que o triângulo M é retângulo em, resulta do teorema de itágoras: M = M + = + () = 5 M = 5 or outro lado, ΔM Δ ( ), logo: M M 5 = = = 5 5 β M β omo M = e M = +, segue-se 5 = + 5 5, ou seja, = 5. ortanto, o comprimento do lado do quadrado é, isto é, esposta: 5.. ΔH: ΔH: H H tg0 = = H = H H tg5 = = H = ortanto, a área do triângulo é igual a esposta: ( H + H) = + = +. Sejam b e c medidas dos catetos e a medida da hipotenusa. o teorema de itágoras, b + c = a [I] b + c = a soma e produto das raízes da equação do segundo grau, temos: b c = 8 [II] e [I] e [II] podemos escrever: (b + c) = 96 b + c + bc = 96 a + 96 = 96 a = 00 a = 0. ortanto, a medida da hipotenusa, em cm, é 0 enquanto que a do perímetro, em cm, é a + b + c, ou seja, (0 + ). esposta:. Seja M a mediatriz do segmento, decorre daí que os triângulos O e OM são semelhantes, logo M O r r = M = = r O 5 r 5 plicando o teorema de itágoras no triângulo M 6 M = M = r M = r r r 5 = 5 esposta: 8 M = r = r = 8 ( r = 5) 5 5 O M SISTM NGLO NSINO 7 Treinamento para Olimpíadas de Matemática 009

8 5. plicando o teorema de itágoras no triângulo retângulo destacado na figura ao lado, obtemos: d + ( r ) = ( + r) aí, d = r. esde que e r são os diâmetros das circunferências de raio maior e menor respectivamente, tem-se do enunciado que r = 5. ortanto, d = 5, ou seja, Q = d = 5. esposta: + r r d Q t 6. No octógono regular:, F, G e H são diâmetros de comprimento igual a. ssim, os triângulos:, F, G e H estão inscritos em uma semicircunferência, consequentemente são retângulos em respectivamente. Nestas condições, decorre do teorema de itágoras: + + = +F = +G = H + = dicionando-se membro a membro, resulta: H G F F +G + H =. esposta: 7. Seja O ponto médio de Q e Q = a. esde que QS é um quadrado, tem-se: O é centro do semicírculo com O = OQ = a e QU = T =. Q = Q = a e y = = a. plicando o teorema de itágoras no triângulo retângulo OQ, temos O = a + (a), ou seja, O = 5 a. omo O é o raio, temos O = OU = a +. Logo, a + = 5 a, ou seja, = a 5. ortanto, com os resultados acima conclui-se que:. y = 5 esposta: ( ) 8. Seja N ponto médio de M, isto é, N = NM esde que S = 5, o triângulo retângulo SM é isósceles e SM = 5. Nestas condições, o segmento SN é mediana como também altura, relativa a hipotenusa M, isto é, SN é perpendicular a M. S aí, SN = N = NM = [] Os triângulos e SN são semelhantes (SN // ) [] 5 N 5 M ortanto, de [] e [] resulta: SN N N = = = = esposta: SISTM NGLO NSINO 8 Treinamento para Olimpíadas de Matemática 009

9 9. esde que o posto do observador é equidistante dos quatro pontos, a sua posição deve coincidir com o centro do circuncírculo do quadrilátero. Sendo O centro e raio deste círculo, temos que: O = = 5 = 90 e O = O =. O comprimento da hipotenusa do triângulo retângulo O é 6 m, então pelo teorema de itágoras: + = 6 = 8 = 8 m. ortanto, a distância que o posto guarda de cada ninho, será de esposta: 8 metros. 0. ecorre dos dados do enunciado que o triângulo é retângulo em, com hipotenusa = + r e catetos: e = r. plicando o teorema de itágoras, obtém-se r + r = = + ( ). aí, resulta, = r. esposta:. Sejam, e os centros das circunferências de raios, e respectivamente. Nestas condições, = + = ; = + = e = + = 5, logo = + e consequentemente (recíproco de itágoras) é um triângulo, retângulo em, com hipotenusa = 5. ortanto, o raio da circunferência circunscrita a este triângulo é a metade da sua hipotenusa (propriedade), isto é,,5. esposta:. Seja O o centro da circunferência. Seja a medida do arco menor. esde que o arco maior é duas vezes o comprimento do arco menor, o arco maior mede. Logo, = 60, ou seja, = 0. Nestas condições, O = = 0. or outro lado, e são pontos de tangência, logo O = O = 90. ortanto, do quadrilátero O (cíclico), segue-se que = 60, mas como = (propriedade), conclui-se que é um triângulo equilátero de lado = 7, ou seja, o comprimento da corda é 7. esposta:. Solução Oficial Um quadrado com área cm tem lado cm, e se foi formado juntando-se dois retângulos iguais lado a lado, esses retângulos tem um lado igual ao lado do quadrado e ou outro igual a metade do lado do quadrado, ou seja, seus lados medem cm e 6cm. Juntando-se agora esses dois retângulos e formando um retângulo de largura diferente do comprimento, formamos um retângulo de lados cm e 6cm. o perímetro desse retângulo é = 60cm. esposta:. Solução Oficial área do jardim é 5a, onde a é o lado do quadrado. elo Teorema de itágoras, = a + (a) = 5a. aí, 5a = 00, que é a área do jardim. Observação: também é possível resolver o problema sem usar o Teorema de itágoras, formando o quadrado de lado e observando que sua área é equivalente à de 5 quadrados menores. esposta: SISTM NGLO NSINO 9 Treinamento para Olimpíadas de Matemática 009

10 5. esde que // e //, segue-se que é um paralelogramo. onsequentemente, = e os triângulos e, relativo as bases e, têm a mesma altura. ortanto, () = (). Nestas condições, () = () + () = () + () = (), isto é, = y. esposta: 6. Solução oficial Os triângulos isósceles junto à base têm área igual a do quadrado. Os dois junto aos vértices superiores tem área igual a da área do quadrado. Finalmente, o central no topo tem área igual à metade da área do quadrado. Logo, a área total é = 6. esposta: 7. Sejam, e áreas dos quadrados, e respectivamente. o teorema de itágoras, podemos escrever: + =. ortanto, = 00 6 = 6cm. esposta: 8. Solução oficial 5 0 área do triângulo F é = 5cm, ou seja, da área do quadrado. omo os triângulos F e F são congruentes, a área da região comum aos dois quadrados é 5 = 50cm. esposta: F esde que é ponto médio de N, os triângulos M e NM, em relação as bases e N têm a mesma altura e ( M) N =, logo: [] ( NM ) = esde que N é ponto médio de M, os triângulos NM e M, em relação as bases MN e M têm a mesma altura e ( NM) M = MN, logo: [] ( M ) = esde que M é ponto médio de, os triângulos M e, em relação as bases M e têm a mesma altura e ( M) = M, logo: [] ( ) = Multiplicando membro a membro as igualdades [], [] e [] encontramos: ( M) ( NM) ( M) = = ( NM) ( M) ( ) 8 esposta: ( M) ( M) = = ( M) = 50 ( ) (Solução Oficial) Sendo, y e z as áreas das partes brancas, a área pedida é: ( ) + (9 y z) (8 y) (5 z) = = 6cm. esposta: SISTM NGLO NSINO 0 Treinamento para Olimpíadas de Matemática 009

11 . Na construção ao lado, obtém-se os triângulos retângulos II e I, congruentes ao triângulo retângulo original III. estas congruências, temos que: q é a medida da altura relativa a base (p) no Δ, p é a medida da altura relativa a base H (q) no ΔHI. Nestas condições resulta da figura ao lado, pq () = (FG) = (HI) = () = ; (F) = p, (HG) = q (I) = = p + q (teorema de itágoras) ortanto, a área do heágono FGHI determinado pela figura ao lado, é dada pela soma S: S = () + (FG) + (HI) + () + (F) + (HG) + (I) pq S = + (p + q ) = pq + (p + q ) F II q p β β p I p q p β III p q q q G H I esposta:. Sendo O o centro do semicírculo maior, temos OQ = O = S =. omo O pertence à semicircunferência menor, o ângulo QÔ é reto. Logo, pelo teorema de itágoras, o diâmetro do semicírculo menor é. área destacada é, então, igual à soma das áreas do semicírculo menor e do quarto de círculo de centro O e etremidades Q e subtraída da área do triângulo OQ, ou seja, esposta:. Sejam, y, z e w as áreas das regiões branca, amarela, azul e verde, respectivamente. Seja o raio do semi-círculo. π π Temos + y = e y + z = + w = π ( ) =. 8 ssim, + y = y + z = + w, logo = z e y = w. w omo é a área de um segmento circular de ângulo 90 e raio, z π π π + = = e y =. y ssim = z y = w. esposta:. Seja F um triângulo retângulo isósceles, reto em, conforme figura. Seja r raio e I o centro do círculo inscrito. Seja o raio e O o centro do círculo circunscrito. Seja T e S pontos de tangência do círculo inscrito com os catetos e F respectivamente. Nestas condições: O é ponto médio de F; consequentemente O é mediana relativa a hipotenusa F, portanto O = (propriedade). TIS é um quadrado de lado r; consequentemente or outro lado,, I e O são colineares. ntão: O = I + IO = r + r =. r aí, segue-se que, ou seja, = r( + ) = +. ortanto, a razão da área do círculo para a área do círculo é dada por π r π = + esposta:. = ( ) = I = r. ( ) + =. π π π T I r O S F SISTM NGLO NSINO Treinamento para Olimpíadas de Matemática 009

12 5. Seja um triângulo retângulo em. Seja a =, b = e c =. figura ao lado mostra o incírculo do triângulo retângulo, e os pontos (X, Y e Z) de tangência com os lados, logo X = Z, Y = Z e X = Y (segmentos tangentes conduzidos por um mesmo ponto ao incírculo). Nestas condições, IXY é um quadrado, pois seus ângulos são retos e além disso, X I Y Z d X = Y = (raio do incírculo). ortanto: a + b = (X +X) + (Y +Y) = (Z +X) + (Z +Y) a + b = (Z +Z ) + (X +Y) = c + d. esposta: 6. Note que podemos mover para sobre o arco menor, de modo que seja paralelo ao diâmetro. ecutando esta construção, obtemos: = =. onsequentemente, é um trapézio isósceles. Logo, as diagonais e são congruentes; portanto = = 7. = =. onsequentemente, é um trapézio isósceles. Logo, sendo a projeção ortogonal de sobre a reta, O centro da circunferência e r o seu raio segue-se que: 7 7 O = =. Nestas condições, os triângulos Δ e ΔO, são retângulos em. ssim, aplicando o teorema de itágoras, podemos escrever: = = O O aí, 7 7 = r r onde resulta, r = 9. esposta: 7. omo os triângulos sombreados são congruentes, os segmentos e da figura medem ambos cm. cm cm cm Logo os catetos do triângulo medem cm e cm. plicando ao triângulo, o teorema de itágoras, temos: = + = 5, o que implica = 5cm. ortanto, o perímetro, em cm, do triângulo, é + + 5, ou seja, + 5. esposta: 8. esde que a área do quadrado é 00cm, o lado do quadrado é 0cm. Logo, = = 0cm. esde M // ( e são lados opostos do quadrado), segue que ΔF ~ ΔMF. omo M = M =, segue que F = F. Logo, F = = 0cm e F = 0cm. SISTM NGLO NSINO Treinamento para Olimpíadas de Matemática 009

13 F 0 0 a) (F) = = = 00cm. 0 0 b) (F) = = = 50cm. ( é a altura deste triângulo relativa a base ) esposta: a) 00cm b) 50cm 9. omo o heágono é regular, suas diagonais são iguais. Logo, o triângulo da figura I é equilátero, e segue que Â = 60º. lém disso, como é um dos eios de simetria do heágono, o triângulo Q é isósceles; como ele já tem um ângulo de 60º segue que ele é equilátero. F Q h F Q Figura II O mesmo raciocínio mostra que o triângulo F também é equilátero. omo o heágono tem outro eio de simetria que passa por, os triângulos Q e F são congruentes; como ambos são equiláteros todos os seus lados são iguais, e em particular temos Q = F. ssim, os triângulos F e Q têm bases iguais e a mesma altura, que denotamos por h na figura II. enotemos agora por S, a área, do triângulo Q; temos então S = Q h = F h = ( F). Isso mostra que na figura III o heágono está dividido em 8 triângulos de área S; segue que 8S = 5, donde 5 S = = 5, cm. 8 esposta: Figura I Figura III 0. figura é constituída de cubos. Sendo três juntos, constituindo um bloco de três e que ocupa a posição inferior na figura. enominando de a projeção ortogonal do ponto, no plano (ver figura) que contém as faces inferiores de cubos, destacamos dois triângulos retângulos: Δ, de catetos = e =. Logo, a hipotenusa mede + (itágoras), ou seja, = e Δ, de catetos = e =. ortanto, a hipotenusa mede (itágoras), ou seja, 7. esposta: 7 ( ) + SISTM NGLO NSINO oordenação Geral: Nicolau Marmo; oordenação do TOM: Marco ntônio Gabriades; Supervisão de onvênios: Helena Serebrinic; Nível : ntonio arlos OSSO Junior, GLNN lbert Jacques Van mson, Luís ntonio ON lonso, OTO Miguel l Jamal; rojeto Gráfico, rte e ditoração letrônica: Gráfica e ditora nglo Ltda; SISTM NGLO NSINO Treinamento para Olimpíadas de Matemática 009