Problemas Avançados

Prof. Bruno Holanda & Emiliano Chagas

Aula

10

Curso de Geometria - Nível 1

Revis˜

ao de Geometria Plana

Nosso objetivo neste cap´ıtulo ´e o de revisar as principais estrat´egias que utilizamos para atacar os problemas de geometria. Faremos isso atrav´es de uma lista de novos desafios nos quais os estudantes ser˜ao estimulados a aplicar todo conhecimento adquirido at´e agora. Tamb´em apresentaremos alguns fatos importantes novos que poder˜ao ser ´uteis (ou n˜ao) nas solu¸c˜oes dos problemas propostos.

Truque das ´Areas. Seja ABCD um quadril´atero convexo e P o ponto de encontro das diagonais. Ent˜ao,

[ABC] [ADC] = BP P D. A B C D P

Demonstra¸c˜ao. Sabemos que

[ABP ] [AP D] = [BP C] [P CD] = BP P D. Pelas propriedades das propor¸c˜oes, temos que

[ABP ] + [BP C] [AP D] + [P CD] =

BP P D.

Teorema dos Tapetes. Considere duas regi˜oes (convexas ou n˜ao) R1 e R2 no plano

que possuem a mesma ´area (cada regi˜ao ser´a apelidada de “tapete”). Ent˜ao a ´area de R1 que n˜ao pertence a R2 ´e igual `a ´area de R2 que n˜ao pertence a R1.

A B C D E F G H I K L M N O P Q R

A demonstra¸c˜ao rigorosa desse fato n˜ao ´e elementar, apesar de ser um resultado bem intuitivo. Felizmente, os estudantes podem utiliz´a-lo em provas de olimp´ıada sem nenhum problema. Na figura anterior, temos um exemplo de como podemos empregar esse fato (mesmo quando as regi˜oes n˜ao s˜ao convexas.).

Supondo que [ABCDE] = [GF IH], ent˜ao

[AOP ] + [CQR] + [LM BN KDE] = [F OLG] + [RIHK].

Teorema do Bico. Seja P um ponto externo `a circunferˆencia Γ. Sejam ainda A e B os pontos em que as tangente a Γ passando por P tocam a circunferˆencia. Ent˜ao,

P A = P B.

O P

A

B

Demonstra¸c˜ao. Pela propriedade de tangˆencia, ∠OAP = ∠OBP = 90◦. Note que os triˆangulos ∆AP O ≡ ∆P BO pelo caso cateto-hipotenusa. Portanto, P A = P B.

Problemas Propostos

Problema 1. Considere um paralelogramo ABCD e dois pontos E e F sobre os lados AB e CD, respectivamente. Mostre que

[F GEH] = [AGD] + [HBC]. A B C D E F G _H

Problema 2. Seja ABCD um quadrado e sejam E e F pontos sobre os lados CD e BC, respectivamente tais que DE = CF . Mostre que

[AGH] = [DGE] + [F HB]. A B C D _E F G H

Problema 3. (Olimp´ıada de Maio) Na figura a seguir, ABCD ´e um retˆangulo, os pontos E, F , G e H s˜ao os pontos m´edios dos lados. Se a ´area do triˆangulo CGF ´e 90, responda: a) Qual ´e a ´area do triˆangulo CIJ ?

A B C D E F G H I J

Problema 4. (Torneio das Cidades 1981) O quadril´atero convexo ABCD est´a inscrito em um c´ırculo de centro O e possui suas diagonais perpendiculares. Prove que a jun¸c˜ao dos segmentos AO e OC divide o quadril´atero em duas regi˜oes de mesma ´area.

Problema 5. (Maio 2003) O triˆangulo ABC ´e retˆangulo em A e R ´e o ponto m´edio da hipotenusa BC. Sobre o cateto maior AB se marca o ponto P tal que CP = BP e sobre o segmento BP se marca o ponto Q tal que o triˆangulo P QR ´e equil´atero. Se a ´area do triˆangulo ABC ´e 27, calcule a ´area do triˆangulo P QR.

Problema 6. Sejam ABC um triˆangulo e M o ponto m´edio do lado AB. Considere um ponto P sobre o segmento BM . Mostre como construir um ponto Q sobre AC de modo que a ´area do triˆangulo AP Q seja metade da ´area do triˆangulo ABC.

Problema 7. Seja ABCDEF um hex´agono regular de ´area 1cm2. Determine a ´area do triˆangulo ABC.

Problema 8. (Cone Sul 1989 - adaptado) Na figura abaixo temos dois quadrados, um de lado 2 e outro de lado 1. Determine o raio do c´ırculo que ´e tangente aos lados do maior e passa pelo v´ertice do menor.

A B C D E F G H I

Problema 9. Trˆes c´ırculos s˜ao tangentes externamente entre si e a uma reta l como mostrado na figura (1). Se a e b s˜ao os raios dos c´ırculos maiores e c o raio do c´ırculo menor. Prove que 1 √ c = 1 √ b+ 1 √ a.

Figura 1: Trˆes c´ırculos tangentes.

Problema 10. (Cingapura 2008) No triˆangulo ABC, ∠ACB = 90◦. Seja D o p´e da altura relativa a AB e seja E um ponto sobre BC tal que CE = BD₂ . Prove que AD + CE = AE. Problema 11. No retˆangulo ABCD, E ´e o ponto m´edio do lado BC e F ´e o ponto m´edio do lado CD. A interse¸c˜ao de DE com F B ´e G. O ˆangulo E bAF mede 20◦. Quanto vale o ˆ angulo E bGB? A B C D E F G

Problema 12. (Bielor´ussia 2001) Em um triˆangulo is´osceles ABC, com AB = AC e ∠BAC = 30◦, marcam-se os pontos Q e P sobre o lado AB e sobre a mediana AD, res-pectivamente, de modo que P C = P Q (Q 6= B). Determine a medida do ˆangulo ∠P QC. Problema 13. (Argentina 2015) Os pontos D e E dividem o lado AB do triˆangulo equil´atero ABC em trˆes partes iguais; D est´a entre A e E. O ponto F est´a sobre BC de modo que CF = AD. Achar o valor da soma ∠CDF + ∠CEF .

Problema 14. (Teorema de Pitot) Se ABCD ´e um quadril´atero circunscrito em uma cir-cunferˆencia, mostre que AB + CD = BC + DA.

Problema 15. (OBM 2013 - 3a Fase) Seja Γ um c´ırculo e A um ponto exterior a Γ. As retas tangentes a Γ que passam por A tocam Γ em B e C. Seja M o ponto m´edio de AB. O segmento M C corta Γ novamente em D e a reta AD corta Γ novamente em E. Sendo AB = a e BC = b, calcular CE em fun¸c˜ao de a e b.

Dicas e Solu¸

c˜

oes

1. Considere o tapete R1 formado pelo triˆangulo [AF B] e o tapete R2 formado pela a

uni˜ao dos triˆangulos ADE e BCE. Note que essas duas regi˜oes possuem a mesma ´

area (ambas s˜ao iguais a metade da ´area do paralelogramo) e que a interse¸c˜ao dessas duas regi˜oes ´e formado pela uni˜ao de AGE e EHB. Usando o teorema dos tapetes, chegamos diretamente ao resultado apresentado no enunciado.

2. Note que [ADE] = [ACF ], pois tˆem a mesma base e a mesma altura. Assim, [AED]+ [AF B] = [ABC]. Portanto, os tapetes ADB e o tapete formado pela uni˜ao de ADE e AF B tˆem a mesma ´area. Com isso, o resultado segue do teorema dos tapetes. 3. Seja AF = x e AG = y. Note que

[CGF ] = [ABCD] − [GBC] − [GAF ] − [F DC] [CGF ] = 2x · 2y − 2x · y 2 − x · y 2 − 2y · x 2 = 3xy 2 .

Logo, 3xy₂ = 90 ⇒ xy = 60. Como o triˆangulo CIF tem base IF = y e altura CE = x, ent˜ao [CIF ] = xy₂ = 30. Agora, [ABCD] = 2x · 2y = 4xy = 240.

4. Seja P o ponto de encontro das diagonais e suponha (sem perda de generalidade) que O e B est˜ao no mesmo semi-plano gerado pela reta AC. Sejam M e N os p´es das perpendiculares de O at´e as cordas BD e AC, respectivamente. Note que P M ON ´e um retˆangulo, pois as diagonais s˜ao perpendiculares pelo enunciado. Agora veja que:

[AOCD] = [ADC] + [AOC] = AC × DP

2 +

AC × ON

2 =

AC(DP + ON )

2 .

[AOCB] = [ACB] − [AOC] = AC × BP

2 −

AC × ON

2 =

AC(BP − ON )

2 .

Portanto, [AOCB] = [AOCD] se e somente se DP + ON = BP − ON . Como ON = M P , devemos mostrar que DP + M P = BP − P M . Por´em, isso ´e verdade pois M ´e ponto m´edio de BD.

O A B C D M N P

5. Como P B = P C, P est´a sobre a mediatriz de BC. Assim, ∠BRC = 90◦. Se P RQ ´e equil´atero, todos os seus ˆangulos s˜ao iguais a 60◦. Logo, ∠P BC = ∠QRB = 30◦. Pela soma dos ˆangulos do triˆangulo ABC, ∠ACR = 60◦. Por outro lado, os triˆangulos P RB e P QC s˜ao congruentes pelo caso LAL. Assim, ∠P CR = 30◦ e, consequentemente, ∠CAP = 30◦. Assim, ∆ACP ≡ ∆CP R (ALA). Portanto, [P RQ] = [ABC]₃ = 9. Como Q ´e ponto m´edio de P B, segue que [P RQ] = 9₂.

A B

R

C

P Q

6. Seja x = P M e y = P B duas medidas importantes para a solu¸c˜ao do problema. Seja K um ponto sobre AB de modo que BK = 2x e N o ponto m´edio de KC. Agora seja Q a interse¸c˜ao da reta BN com o lado AC. Vamos mostrar que Q ´e o ponto que buscamos.

A B _C K N F G Q

Sejam F e G os p´es das alturas de K e C at´e a reta BN , respectivamente. Veja que os triˆangulos KF N e GN C s˜ao congruentes pelo caso (ALA). Portanto, os triˆangulos BKQ e QBC tˆem a mesma ´area, pois tˆem a mesma base (BQ) e a mesma altura KF = CG. Agora seja P0 o sim´etrico de P em rela¸c˜ao ao ponto M .

A B _C Q M P P0

Como P0A = BP , temos que [P0AQ] = [QBP ]. Por outro lado, P P0 = BK e com isso, [QP P0] = [QBK] = [QBC]. Portanto, [AP Q] = [BP QC].

7. Seja P o centro do hex´agono. Como ele ´e regular, todos seus lados tˆem a mesma medida e s˜ao iguais `as distˆancias de P at´e os v´ertices, pois todos os ˆangulos de v´ertice P e com extremidade em dois v´ertices congruentes do hex´agono s˜ao iguais a 360₆ = 60. Agora veja que todos os triˆangulos P AC, P CE, P AE, ABC, CDE, EF A s˜ao congruentes pelo caso LAL. Portanto, a ´area de ABC ser´a 1₆ da ´area do hex´agono.

A B C D

E

F P

8. Observe que ∆HIC ´e retˆangulo e que F ´e o centro do quadrado ABCD. Com isso, ∠HCI = 45◦ e IH = IC = R, sendo R o raio do c´ırculo. Pelo Teorema de Pit´agoras, CH = R√2. Veja ainda que CF = F H + HC, ent˜ao:

√

2 = R + R√2 ⇒ R = √

2 1 +√2.

9. Sejam A, B e C os centros dos c´ırculos de raio a, b e c respectivamente. Sejam ainda x e y as medidas das proje¸c˜oes de AC e BC sobre a reta tangente, respectivamente (ver figura 2). Assim, pelo teorema de Pit´agoras, temos:

(a + c)2 = (a − c)2+ x2 (b + c)2 = (b − c)2+ y2 (a + b)2 = (b − a)2+ (x + y)2

Substituindo os valores de x e y encontrados nas duas primeiras igualdades na terceira, temos que

4ab = 4ac + 4bc + 8c √

ab Isolando a vari´avel c nesta ´ultima, obtemos

1 √ c = 1 √ b + 1 √ a.

A

B

C

Figura 2: Usando o Teorema de Pit´agoras.

10. Sejam a, b, c as medidas dos lados AB, BC e CA, respectivamente. Sejam ainda m e n as medidas dos segmentos AD e DB. Note que os triˆangulos ADC e ABC s˜ao semelhantes. Assim, b_c = m_b. Logo, m = b_c2. De modo an´alogo, podemos encontrar que n =a_c2. Pelo teorema de Pit´agoras no triˆangulo AEC, temos que

AE2 = b2+ a

2

2c 2

. Por outro lado,

AD + CE = b

2

c + a2

2c.

Sabemos que AE = AD + CE se e somente se AE2 = (AD + CE)2. Assim, iremos calcular o valor de (AD + CE)2:

(AD + CE)2 = b 2 c + a2 2c 2 = b 4 c2 + 2 · b2 c · a2 2c +  a2 2c 2 = b 2 c2(b 2_{+ a}2_{) +} a2 2c 2 .

Como c2= b2+ a2, pelo Teorema de Pit´agoras no triˆangulo ABC, segue o resultado.

A _B

C

D

11. Seja ∠EAB = α, logo ∠DAE = 70◦− α. Veja que ∆ADE ≡ ∆F CB (LAL). Assim, sendo ∠AF D = 20 + α, temos que ∠CF B = 20 + α e ∠DF G = 160 − α. Por outro lado, ∆DCE ≡ ∆AEB (LAL). Logo, ∠F DG = α. Portanto, pela soma dos ˆangulos do triˆangulo DF G, temos que ∠F GD = 20◦. Assim, ∠EGB = 20◦, pois ´e oposto pelo v´ertice.

12. Como P est´a sobre a mediatriz de BC, segue que P B = P C. Assim, o c´ırculo de centro em P e raio P C passar´a pelos pontos Q, B e C. Agora note que ∠QBC est´a inscrito ao arco QC e que o ˆangulo ∠QP C ´e central em rela¸c˜ao a este mesmo arco. Portanto, ∠QP C = 2∠QBC = 2 · 75◦ = 150◦. Como o triˆangulo QP C ´e is´osceles, ∠P QC = 15◦.

A

B _D C

P Q

13. Note que BF = BD, logo ∆BDF ´e equil´atero. Al´em disso, veja que E ´e o ponto m´edio de BD. Assim, ∠EF B = 30◦. Por outro lado, DF k AC, pois ∠BDF = ∠BAC = 60◦. Da´ı, ∠F DC = ∠DCA. Como ∆ADC ≡ ∆EBD (LAL), temos que ∠DCA = ∠ECF . Agora, no triˆangulo ∠F EC + ∠F CE = ∠EF B = 30◦, pela propriedade do ˆangulo externo. Portanto, a soma de ˆangulo pedida ´e 30◦.

A B C D E F

14. Sejam E, F, G, H os pontos de tangˆencia de acordo com a figura. Pelo teorema do bico, temos que AE = AH = x, BE = BF = y, CF = CG = z e DG = DH = w. Podemos ent˜ao verificar que AB = x + y, BC = y + z, CD = z + w e AD = w + x. Consequentemente, AB + CD = x + y + z + w = BC + AD. O A B C D E F G H

15. Pelo teorema das secantes, M B2 _{= M D · M C. Mas M B}2 _{= M A}2_{, pois M ´e ponto}

m´edio, portanto M A2_{= M D · M C ⇔} M A

M D =

M C

M A, desse modo ∆DM A ∼ ∆AM C, uma vez que ∠AM C ´e comum.

A B C M D E

Temos ent˜ao que ∠M AD = ∠M CA = α. Mas pela tangˆencia, ∠DCA = ∠DEC = α. Portanto ∠AEC = ∠EAB = α e conclu´ımos que EC k AB. Agora observe que se ∠BCE = β, ent˜ao ∠ABC = β, uma vez que AB k CE e ∠ACB = ∠ABC = β, j´a que AB = AC e ∠BEC = ∠CBA = β (pela tangˆencia).

Como ∆ECB e ∆BCA tem dois ˆangulo β em comum, segue que ∆ECB ∼ ∆BCA, ent˜ao EC BC = BC AC ⇔ EC = BC2 AC = BC2 AB = b2 a.