IRMANDADE INCONDICIONAL - XAMÃ XAVANTE - - Portal da Luz\nBem-vindo: Sáb Fev 24, 2018 1:04 pm\nIRMANDADE INCONDICIONAL - XAMÃ XAVANTE -\nMensagempor Margarida » Seg Out 04, 2010 8:03 pm\nCanalização de Elisangelis G. de Souza e GRUPO SOMOS LUZ EM AÇÃO em 02-10-2010.\nSomos os guardiões do que ainda resta da reserva que circunda toda a América e recebemos essa função dos Grandes Chefes do Oriente que nos disseram que um dia vocês voltariam para consertar o que fizeram...e Estamos Aqui, com vocês!\nA tarefa é árdua, pois há muito que se fazer e ainda terão algumas revelações sobre os povos e cidades que estão sob as terras que o descuido encobriu para esse momento, pois agora nos é aberto o portal que restabelecerá as condições que nos possibilitará reiniciar o trabalho.\nUns estão na condição de medianeiros do astral, pois cortaram a nossa comunicação com as divindades, através da espada feroz que cortou nossos chefes e guias da tribo.\nNão chores, Deus nos reuniu novamente em amor e esperança para criarmos uma nova realidade...\nA aliança é necessária pois como já dito, a Ordem dos Dragões requererá forças de todos os quadrantes para que seja desconstituída. Há somente os resistentes, os que ainda acreditam estarem amparados por forças internas extremamente sólidas, e só há ILUSÃO!\nPois os Guerreiros de Órion em missão intraterrena resgataram e reenviaram a outros orbes muitos escravizados que lá era mantido.\nEstou na mesma frequência e dimensão de vocês e somente me apresento como guardião de terras outrora habitadas por meu povo. Hoje através do Projeto Divino que se materializa sobre nós, o mesmo trará num futuro breve a oportunidade de renascimento aos demais irmãos de tribo que virão reencarnar para realizarem a tarefa Divina!\nEstamos reunidos em amor e luz!\nUm novo dia nasce na história que aqui se materializa e se inicia.\nEu sou Xamã Xavante, Guardião dos Peles Vermelhas.


Em jogo ruim, Grêmio bate o Náutico fora de casa: 2 a 0 | Sangue Azul\nEm jogo ruim, Grêmio bate o Náutico fora de casa: 2 a 0\nPor Giovani Mattiollo - 11/09/2013 às 23:43\nJogando diante do lanterna da competição e fora de casa, o Grêmio conquistou uma importante vitória diante do Náutico por 2 a 0, graças a gol de Barcos, de pênalti, no primeiro tempo e Paulinho, na etapa final. O jogo foi ruim devido a poucas chances de gol. O resultado deu três pontos ao time Gremista, que segue seis pontos atrás do líder Cruzeiro.\nO primeiro tempo da partida foi bastante equilibrado, porém o Náutico sempre esteve mais presente no campo de ataque. O time pernambucano tinha mais chances, porém não as aproveitava. O Grêmio, quando chegou, marcou.\nAos 25 minutos, Barcos bateu pênalti sofrido por Kléber e converteu, abrindo o placar. O time do Náutico teve um gol bem anulado aos 29 minutos, por impedimento.\nPara a etapa final, o técnico Renato Portaluppi sugeriu ao time para manter mais a posse de bola. O Náutico, lanterna da competição e desesperado, partiu para o ataque, porém a defesa do Grêmio levava a melhor.\nPoucas chances ocorreram no segundo tempo. A partida foi bastante fraca tecnicamente e praticamente nula em grandes chances de gol. Porém, uma alteração de Renato Portaluppi no time, fez a diferença. Aos 35, Paulinho, que havia acabado de entrar, ampliou o placar e definiu a partida.\nO Náutico, sem forças para reagir estava entregue em campo.O Grêmio segurou o resultado.


Fargo que 1950 rodou 100 mil km pelo Brasil e agora procura dono - Comportamento - Campo Grande News\nFargo que 1950 rodou 100 mil km pelo Brasil e agora procura dono\nMotor original foi substituído por um 2.8 Sprint Mwm diesel. O original está guardado.\nPor Anahi Gurgel | 27/02/2018 15:35\nAnderson exibe a Fargo que o acompanha diariamente há 12 anos. "Chegou hora de passar adiante". (Foto: Anahi Gurgel)\nEm uma tarde dessas, estacionada no Bairro Taveirópolis, em Campo Grande, lá estava uma relíquia, com lataria desgastada, opaca, mas ainda imponente. O clássico Fargo Chrysler 1950 trazia nos vidros da cabine o anúncio de “vende-se”, acompanhado de um número de telefone. Nas rodas e pneus, marcas dos milhares de quilômetros percorridos Brasil afora.\nO atual proprietário é um marceneiro que pagou R$ 50 mil, em 2006. Pelos cálculos, ele já conduziu a camionete verde por mais de 100 mil km pelas estradas de Mato Grosso do Sul, Mato Grosso, São Paulo, Paraná, Santa Catarina, Rio Grande do Sul.\n“Difícil saber quantos quilômetros rodados desde sua fabricação, há 67 anos, mas tem muita história para contar. Antes de mim, sei que passou por cinco donos”, afirma o atual proprietário, Anderson Queiroz Barbosa, 43, que está com o carro desde 2006.\nPlaca informa o ano de fabricação da Fargo. Está à venda por R$ 80 mil. (Foto: Anahi Gurgel)\nA dificuldade em mensurar o quanto o clássico já rodou ocorre porque o motor original foi substituído poucos meses depois de Anderson comprá-lo. A lataria é de fábrica, mas mecânica atual tem motor 2.8 Sprint Mwm diesel. O original, a diesel, documentado, está guardadinho na casa de Anderson.\n“Pesquisei muito sobre a pick-up. Descobri que só existem dois modelos 1950 no Brasil. O outro estava em Porto Alegre, mas foi vendido para um milionário de São Paulo”, soube.\n“Chegou zerado em Campo Grande sob encomenda do General Duncan, que depois presenteou o grande amigo dele, Diniz. Esse vendeu o veículo para o japonês da Jamic, que ia para a colônica de S_10 e usava a Fargo só na cidade, quando vinha para a Capital. Também sei que passou pelas mãos de jornalistas como [Augusto] Viégas e Escaramuça [Edgar Lopes de Faria]”, lembra, sem precisar datas e sobrenomes.\nQueiroz elenca com orgulho que a camionete possui ar condicionado, vidro elétrico e direção hidráulica. “Roda todos os dias. Tem que passar por alguns ajustes, mas está em perfeito estado de utilização", define.\nEntão por que está à venda? “Eu já vivi de tudo com esse carro. Aproveitei cada quilômetro com ele, mas agora chegou o momento de passar adiante. Não tenho apego, somente boa recordações", resume.\nO Fargo, que tem a data de fabricação estampada na placa, é carro para colecionador. “Com uma restauração ele fica ainda mais apaixonante”, reforça. Quanto? Por R$ 80 mil ele é seu.\nO contato do Anderson é (67) 9989-8140.


Cantinho Vegetariano: Rocambole de Berinjela (vegana)\nRocambole de Berinjela (vegana)\nShoyu para pincelar a massa (com cuidado para não encharcar, use pouco)\nOrégano ou gergelim para enfeitar\n3 a 4 berinjelas picadas\nEm uma tigela grande, dissolva o fermento no açúcar e no sal. Coloque a água e o óleo, adicionando a farinha de trigo aos poucos. Mexa com as mãos. Sove bem a massa, até ficar homogênea. Deixe descansar por 20 a 30 minutos. Abra a massa, coloque o recheio sobre ela e enrole, formando um tubo. Use uma assadeira antiaderente, e NÃO unte! Pincele shoyu sobre a massa (para que doure) e salpique orégano ou gergelim sobre ela. Leve ao forno a 180°C até que esteja assada (de 15 a 20 minutos). Corte em fatias e sirva.\nRefogue o alho, a cebola e o pimentão. Acrescente a berinjela, salgue, tempere com pimenta e deixe refogar até estar quase desmanchando. Acrescente a uva-passa e o cheiro-verde e desligue. Espere esfriar para rechear.\nMarcadores: Berinjela, Cebola, Lanche, Pimentão, Receitas, Rocambole, Uva-Passa, Vegana


Conjunto Sala com Painel para Tv 32" Smart Plus - Preto com Nature e Aparador Buffet Retrô 2 Portas Barthô - Preto | Lojas RPM\nConjunto Sala com Painel para Tv 32" Smart Plus - Preto com Nature e Aparador Buffet Retrô 2 Portas Barthô - Preto\nou 10x de R$38,68 sem juros\nEsse Kit para Sala foi criado buscando total praticidade e design! Composto pelo painel Smart , um produto compacto, que contém 2 prateleiras, esse painel pode mudar o ambiente da sua sala, agradando até os mais exigentes!\nEm companhia a esse painel, temos o nosso Aparador Buffet Barthô, um produto essencial para sua casa. Com esse produto conseguimos reunir sofisticação e praticidade ao seu ambiente!\nPeso Suportado: Até 20 kg distribuídos\nPeso Suportado: Até 30 kg distribuídos\n- Ambos produzidos em MDP;\n- As Lojas RPM não se responsabiliza pelos danos causados caso alguma das orientações acima sejam descumpridas;\n- Aparador Buffet:\n- Pés em Madeira Pinus de 17 cm;\n- Prateleira interna móvel;\nPreto / Nature\nPainel: 90 cm / Buffet: 85 cm\nPainel: 90 cm / Buffet: 68\nPainel: 21 cm / Buffet: 33 cm\n1 Painel + 1 Buffet\nProduto: Conjunto Sala com Painel para Tv 32" Smart Plus - Preto com Nature e Aparador Buffet Retrô 2 Portas Barthô - Preto


Acampamento Brisas de Aldeia Área Empresas\nR. Diegenes Sampaio, 1, São Lourenço da Mata - PE 54745720 Camaragibe (Pernambuco) Mapa\nInformação sobre Acampamento Brisas de Aldeia\nEscolher o lugar perfeito é indispensável para realizar seu casamento do jeito que você sempre sonhou. No Brisas de Aldeia Espaço e Eventos você e todos os seus convidados vão se sentir à vontade para desfrutar de um grande dia. Suas expectativas vão ser extremamente superadas.\nAlém de um salão de festa espaçoso e sofisticado, o Brisas de Aldeia Espaço e Eventos também se destaca por possuir uma casa grande de apoio, com cozinha totalmente equipada e fogão à lenha. Dispõe ainda de área de buffet externa e coberta, rodeada por belos jardins e piscina.\nTrabalha com uma equipe profissional especializada no atendimento personalizado, encarregada de garantir o sucesso da sua celebração. Para tal, utilizam toda experiência e talento para oferecer o que há de melhor ao seu evento, atendendo suas necessidades com a máxima qualidade.\nO Brisas de Aldeia Espaço e Eventos também possui alojamentos com capacidade para 154 pessoas, piscina, campo de futebol e vôlei, playground, vestiário, salão de jogos e redário, arvorismo, parque adulto, mini trilha.\nAlém disso, conta com parque infantil, casinha de barro, cantina e refeitório, área de piquenique e camping, entre outras instalações, nas quais se pode realizar ecoturismo, esportes radicais e passeio de Bike.\nFácil de chegar neste pedaço do paraíso, vindo de todas as partes da Região Metropolitana do Recife, o Brisas de Aldeia Espaço e Eventos está situado em Camaragibe - PE. Ter tudo isso pertinho de você e poder realizar seu casamento aqui é um privilégio tão grande quanto o seu sonho e desejo de ser feliz.\nPreço por menu A partir de R$35 até R$52\nEspaços Salões de banquetes, jardins, tenda, cozinha para uso do buffet, pista de dança, estacionamento, Piscina,…Ver mais Quarto para noivas, Casa de Apoio, Refeitório\nServiços Recepção, cerimônia, fotografia, música, transporte, decoração, Segurança,\nAlojamento Sim, Com capacidade de até 150 pessoas\nMais informação sobre Acampamento Brisas de Aldeia\nAtividades Recreativas; Colônia de Férias, Treinamentos Corporativos, Aniversários, Casamentos, Confraternizações\nPode sim!!!!! não inclui nenhum encargo\nSim, 50% do valor acordado\nSó não haverá restituição do valor acordado\nAté 50% do valor a vista, e o restante a ser negociado até 3 meses antes do evento\nCasa de Chá Eventos Casa para casamento, Camaragibe\nFazeventus Chácara casamento, Camaragibe\nA Fazeventus é uma empresa que oferece estrutura de apoio para lazer e integração. Conta com dois espaços, com...\nCasamento no Brisas de Aldeia\nSala casa de apoio\nNoiva e arranjo\nMesas em volta da piscina\nPanorama do salão\nMesas e área de jogos\nNoite na piscina\nCadeiras no salão\nCadeiras na área livre\nSala 4 casa de apoio\nSão de cerimônias\nDescontração da noiva\nCadeiras e pisicina\nMesas e arrumação\nPiscina outra vista\nAcesso a casa de apoio\nMesas casa de apoio\nRede e cadeira para relax\nÁrea de eventos com casdeiras\nOutra vista da sals\nOpiniões de Acampamento Brisas de Aldeia\nPara quem procura um espaço ao ar livre, acabou de encontrar. O acampamento é o lugar pelo qual você se apaixona de cara. Os donos da casa são demais. Eles vestem a camisa e põem a mão na massa. Para mim, que não tive decorador, foi uma ajuda e tanto.\nLudmila M. · Se casou em 10/06/2017\nUm lugar simplesmente encantador, muito acolhedor, os convidados gostaram muito do lugar. Simples mas muito sofisticado, super recomendo para casamentos e outros eventos. Vocês irão gostar muito. Não irão se arrepender de casar neste lugar encantador e acolhedor.\nPrêmios de Acampamento Brisas de Aldeia\nCasamentos reais de Acampamento Brisas de Aldeia\nPromoções de Acampamento Brisas de Aldeia\nMapa de localização Acampamento Brisas de Aldeia


QUESTÕES DE GEOMETRIA - OBMEP OBMEP Nível 1 - PDF\nQUESTÕES DE GEOMETRIA - OBMEP OBMEP Nível 1\nDownload "QUESTÕES DE GEOMETRIA - OBMEP - 2005. OBMEP 2005 - Nível 1"\nGiulia Palha do Amaral\n1 QUESTÕES DE GEOMETRIA - OBMEP OBMEP Nível 1 1. ( N1Q8-1 a fase) Daniela quer cercar o terreno representado pela figura. Nessa figura dois lados consecutivos são sempre perpendiculares e as medidas de alguns lados estão indicadas em metros. Quantos metros de cerca Daniela terá que comprar? (a) 140 (b) 280 (c) 320 (d) 1800 (e) ( N1Q12-1 a fase) Uma folha quadrada foi cortada em quadrados menores da seguinte maneira: um quadrado de área 16 cm 2, cinco quadrados de área 4 cm 2 cada um e treze quadrados de área 1 cm 2 cada um. Qual era a medida do lado da folha, antes de ela ser cortada? (a) 3 cm (b) 4 cm (c) 5 cm (d) 7 cm (e) 8 cm 3. ( N1Q1-2 a fase) Tia Anastácia uniu quatro retângulos de papel de 3 cm de comprimento por 1 cm de largura, formando a figura ao lado. (A) Qual é o perímetro da figura? (B) Qual é o menor número de retângulos de 3 cm de comprimento por 1 cm de largura que é necessário juntar a essa figura para se obter um quadrado? Faça um desenho ilustrando sua resposta. (C) Qual é a área do quadrado obtido no item anterior? 1\n2 4. ( N1Q5-2 a fase) Dona Benta dividiu o Sítio do Picapau Amarelo entre seis personagens, mantendo uma parte do Sítio como reserva florestal. A divisão está indicada na figura, onde a área de cada personagem é dada em hectares e a área sombreada é a reserva florestal. O Sítio tem formato retangular e AB é uma diagonal. (A) Qual é a área da reserva florestal? (B) Para preparar os terrenos para o plantio, cada um dos seis personagens gastou uma quantia proporcional à área de seu terreno. O Quindim e a Cuca gastaram, juntos, R$ 2.420,00. Quanto foi que o Saci gastou? OBMEP Nível 2 5. ( N2Q15-1 a fase) O triângulo ABC é isósceles de base BC e o ângulo BÂC mede 30o. O triângulo BCD é isósceles de base BD. Determine a medida do ângulo DĈA. (a) 45 o (b) 50 o (c) 60 o (c) 75 o (e) 90 o 6. ( N2Q19-1 a fase) A figura mostra um polígono ABCDEF no qual dois lados consecutivos quaisquer são perpendiculares. O ponto G está sobre o lado CD e sobre a reta que passa por A e E. Os comprimentos de alguns lados estão indicados em centímetros. Qual é a área do polígono ABCG? (a) 36 cm 2 (b) 37 cm 2 (c) 38 cm 2 (d) 39 cm 2 (e) 40 cm 2 2\n3 7. ( N2Q4-2 a fase) O quadrado ABCD da figura está dividido em 16 quadradinhos iguais. O quadrado sombreado tem os vértices sobre os pontos médios do quadrado EF GH. (A) A área do quadrado EF GH corresponde a que fração da área do quadrado ABCD? (B) Se o quadrado ABCD tem 80 cm 2 de área, qual é o lado do quadrado sombreado? 8. ( N2Q6-2 a fase) A Princesa Telassim cortou uma folha de papel retangular em 9 quadrados de lados 1, 4, 7, 8, 9, 10, 14, 15 e 18 centímetros. (A) Qual era a área da folha antes de ser cortada? (B) Quais eram as medidas da folha antes de ser cortada? (C) A Princesa Telassim precisa montar a folha de novo. Ajude-a mostrando, com um desenho, como fazer esta montagem. 3\n4 QUESTÕES DE GEOMETRIA - OBMEP OBMEP Nível 1 9. ( N1Q3-1 a fase) Os quadrados abaixo têm todos o mesmo tamanho. Em qual deles a região sombreada tem a maior área? 10. ( N1Q8-1 a fase) A figura é formada por três quadrados, um deles com área de 25 cm 2 e o, outro com 9 cm 2. Qual é o perímetro da figura? (a) 20 cm (b) 22 cm (c) 24 cm (d) 26 cm (e) 38 cm 11. ( N1Q14-1 a fase) Na figura, os cinco quadrados são iguais e os vértices do polígono sombreado são pontos médios dos lados dos quadrados. Se a área de cada quadrado é 1 cm 2, qual a área do polígono sombreado? (a) 2 cm 2 (b) 2, 5 cm 2 (c) 3 cm 2 (d) 3, 5 cm 2 (e) 4 cm ( N1Q1-2 a fase) Miguilim brinca com dois triângulos iguais cujos lados medem 3 cm, 4 cm e 6 cm. Ele forma figuras planas unindo um lado de um triângulo com um lado do outro, sem que um triângulo fique sobre o outro. Abaixo vemos duas das figuras que ele fez. (A) Quais os comprimentos dos lados que foram unidos nas figuras I e II? (B) Calcule os perímetros das figuras I e II. (C) Qual o menor perímetro de uma figura que Miguilim pode formar? Desenhe duas figuras que ele pode formar com esse perímetro. 4\n5 13. ( N1Q4-2 a fase) Uma folha retangular de 20 cm por 30 cm foi cortada ao longo das linhas tracejadas AC e BD em quatro pedaçs: dois triângulos iguais e dois polígonos iguais de cinco lados cada um, como na figura I. Os segmentos AC e BD têm o mesmo comprimento e se encontram no centro do retângulo formando ângulos retos. (A) Qual é o comprimento do segmento AB? (B) Qual é a área de um pedaço triangular? E de um pedaço de cinco lados? (C) Com os quatro pedaços podemos montar um quadrado com um buraco retangular, como na figura II. Qual é a área do buraco? OBMEP Nível ( N2Q1-1 a fase) No retângulo ABCD da figura, M e N são os pontos médios dos lados AD e BC. Qual é a razão entre a área da parte sombreada e a área do retângulo ABCD? (a) 1 5 (b) 1 4 (c) 1 3 (d) 1 2 (e) ( N2Q4-1 a fase) No retângulo da figura temos AB = 6 cm e BC = 4 cm. O ponto E é o ponto médio do lado AB. Qual é a área da parte sombreada? (a) 12 cm 2 (b) 15 cm 2 (c) 18 cm 2 (d) 20 cm 2 (e) 24 cm ( N2Q13-1 a fase) Uma tira de papel retangular é dobrada ao longo da linha tracejada, conforme indicado, formando a figura plana da direita. Qual a medida do ângulo x? (a) 30 o (b) 50 o (c) 80 o (d) 100 o (e) 130 o 5\n6 17. ( N2Q19-1 a fase) Paulo usou quatro peças diferentes dentre as cinco abaixo para montar a figura indicada. Em qual das peças está o quadradinho marcado com X? (a) I (b) II (c) III (d) IV (e) V 18. ( N2Q4-2 a fase) Na figura, os triângulos ABC e DEF são equiláteros de lados 14 cm e 13 cm, respectivamente, e os lados BC e EF são paralelos. (A) Calcule a medida do ângulo EÛT. (B) Calcule o perímetro do polígono P QRST U. (C) Se o segmento P Q mede 6 cm, qual é a medida do segmento ST? 6\n7 QUESTÕES DE GEOMETRIA - OBMEP OBMEP Nível ( N1Q10-1 a fase) Priscila tem uma folha de papel, branca de um lado e cinza do outro. A folha é quadrada e tem 20 cm de lado. Ela dobrou essa folha duas vezes, como indicado na figura. Depois disso, qual foi a área da parte branca que ficou visível? (a) 18 cm 2 (b) 32 cm 2 (c) 36 cm 2 (d) 72 cm 2 (e) 84 cm ( N1Q11-1 a fase) Nanci tem 6 quadrados de cartolina iguais, como na figura I. Com esses cartões ela montou a figura II. Qual é a área dessa figura? (a) 450 cm 2 (b) 475 cm 2 (c) 525 cm 2 (d) 540 cm 2 (e) 600 cm ( N1Q16-1 a fase) Um retângulo de papelão com 45 cm de altura é recortado em dois pedaços iguais, como na figura. Com esses dois pedaços é possível montar um quadrado de lado maior que 45 cm. Qual é o comprimento da base do retângulo? (a) 65 cm (b) 70 cm (c) 75 cm (d) 80 cm (e) 85 cm 7\n8 22. ( N1Q1-2 a fase) João Grilo tem um terreno retangular onde há um galinheiro e um chiqueiro retangulares e uma horta quadrada, cujas áreas estão indicadas na figura. (A) Qual é a área do terreno do João Grilo? (B) Quais são as medidas dos lados do galinheiro? (C) João Grilo cercou a horta, o galinheiro e o chiqueiro com cercas feitas com diferentes números de fios de arame, como indicado na figura. Quantos metros de arame ele usou? OBMEP Nível ( N2Q3-1 a fase) A figura abaixo é formada por hexágonos regulares e triângulos equiláteros. Sua área total é 154 cm 2. Qual é a área da região sombreada? (a) 16 cm 2 (b) 24 cm 2 (c) 28 cm 2 (d) 32 cm 2 (e) 36 cm ( N2Q12-1 a fase) A figura mostra um polígono regular de dez lados com centro O. Qual é a medida do ângulo a? (a) 15 o (b) 18 o (c) 20 o (d) 30 o (e) 36 o 25. ( N2Q13-1 a fase) A figura I mostra um quadrado de 40 cm 2 cortado em cinco triângulos retângulos isósceles, um quadrado e um paralelogramo, formando as sete peças do jogo Tangran. Com elas é possível formar a figura II, que tem um buraco sombreado. Qual é a área do buraco? (a) 5 cm 2 (b) 10 cm 2 (c) 15 cm 2 (d) 20 cm 2 (e) 25 cm 2 8\n9 26. ( N2Q14-1 a fase) Juliana tem oito cartões de papel retangulares iguais. Se ela enfileirar todos os cartões juntando lados de mesma medida, ela pode obter um retângulo de perímetro 236 cm ou um retângulo de perímetro 376 cm. Qual é a área de cada cartão? (a) 66 cm 2 (b) 132 cm 2 (c) 198 cm 2 (d) 264 cm 2 (e) 330 cm ( N2Q15-1 a fase) A figura mostra três polígonos desenhados em uma folha quadriculada. Para cada um desses polígonos foi assinalado, no plano cartesiano à direita, o ponto cujas coordenadas horizontal e vertical são, respectivamente, seu perímetro e sua área. Qual é a correspondência correta entre os polígonos e os pontos? (a) I C, II B, III A (b) I B, II A, III C (c) I A, II C, III B (d) I A, II B, III C (e) I C, II A, III B 28. ( N2Q2-2 a fase) Na figura ABCD é um retângulo, M e N são pontos nos lados BC e AD, respectivamente, e os números representam as áreas dos triângulos ABQ, BQM, MP C e CP D em cm 2. (A) Qual é a área do triângulo AMD? Por quê? (B) Calcule a soma das áreas dos triângulos AQN e NP D. (C) Calcule a área do quadrilátero MP NQ. 9\n10 29. ( N2Q4-2 a fase) (A) Complete a tabela abaixo, lembrando que a soma de todos os ângulos internos de um polígono regular de n lados é (n 2) 180 o. n Soma dos ângulos internos Ângulo interno o 60 o o 90 o Dizemos que três ou mais polígonos regulares se encaixam se é possível colocá-los em torno de um vértice comum, sem sobreposição, de modo que cada lado que parte desse vértice é comum a dois desses polígonos. Na figura vemos dois exemplos de polígonos que se encaixam. (B) Um quadrado e dois octógonos (polígonos regulares de oito lados) se encaixam? resposta. Justifique sua (C) Um triângulo equilátero, um heptágono (polígono regular de sete lados) e um outro polígono se encaixam. Quantos lados tem esse polígono? 10\n11 QUESTÕES DE GEOMETRIA - OBMEP OBMEP Nível ( N1Q2-1 a fase) Cada uma das figuras está dividida em 16 partes iguais. Em qual delas a parte cinza corresponde a 5 8 da área total? 31. ( N1Q7-1 a fase) A figura mostra os três retângulos diferentes que podem ser construídos com 12 quadradinhos iguais. Quantos retângulos diferentes podem ser construídos com 60 quadradinhos iguais? (a) 3 (b) 4 (c) 5 (d) 6 (e) ( N1Q8-1 a fase) A região cinza na figura é um quadrado de área 36 cm 2 que corresponde a 3 8 da área do retângulo ABCD. Qual é o perímetro desse retângulo? (a) 44 cm (b) 46 cm (c) 48 cm (d) 50 cm (e) 52 cm 33. ( N1Q11-1 a fase) Uma tira retangular de cartolina, branca de um lado e cinza do outro, foi dobrada como na figura, formando um polígono de 8 lados. Qual é a área desse polígono? (a) 216 cm 2 (b) 264 cm 2 (c) 348 cm 2 (d) 432 cm 2 (e) 576 cm 2 11\n12 34. ( N1Q12-1 a fase) A figura 1 mostra uma peça feita com quadradinhos. Com duas cópias dessa peça podemos construir um retângulo, como na figura 2. Com duas peças idênticas a cada uma das que aparecem nas alternativas também é possível montar um retângulo, com exceção de uma delas. Qual é essa peça? 35. ( N1Q14-1 a fase) A figura mostra as letras V e Z, ambas montadas com as mesmas duas peças de cartolina, uma branca e uma cinza, sem sobreposição. Qual das afirmativas abaixo é verdadeira? (a) O V e o Z têm perímetros iguais e áreas iguais. (b) O V e o Z têm perímetros iguais, mas a área do Z é menor do que a do V. (c) O V e o Z têm perímetros iguais, mas a área do Z é maior do que a do V. (d) O V e o Z têm áreas iguais, mas o perímetro do Z é maior do que o do V. (e) O V e o Z têm áreas iguais, mas o perímetro do Z é menor do que o do V. 36. ( N1Q15-1 a fase) Observe que no tabuleiro 4 4 as duas diagonais cortam 8 quadradinhos. Já no tabuleiro 5 5, as duas diagonais cortam 9 quadradinhos. Em qual tabuleiro as diagonais cortam 77 quadradinhos? (a) (b) (c) (d) (e) ( N1Q1-2 a fase) Nesta questão todas as figuras são formadas por triângulos iguais. Veja como Chico Bento marcou 2 3 dos triângulos da figura a seguir. (A) Agora, marque você 3 4 dos triângulos da figura (A). Quantos triângulos você marcou? (B) Ajude Chico Bento marcando mais que 1 4 e menos que 1 3 triângulos você marcou? dos triângulos da figura (B). Quantos (C) Chico Bento marcou 7 dos triângulos da figura (C) com a letra C e Doralina, por sua vez, marcou 12 3 dos triângulos com a letra D, de modo que todos os triângulos ficaram marcados. O número de 4 triângulos marcados com duas letras corresponde a qual fração do número total de triângulos? 12\n13 38. ( N1Q2-2 a fase) A figura da esquerda representa o terreno de Dona Idalina. Esse terreno é dividido em duas partes por uma cerca, representada pelo segmento AC. A parte triangular ABC tem área igual a 120 m 2. (A) Qual é a área total do terreno? (B) Dona Idalina quer fazer uma nova cerca, representada pelo segmento AF na figura da direta, de modo a dividir o terreno em duas partes de mesma área. Qual deve ser a distância CF? OBMEP Nível ( N2Q15-1 a fase) Numa folha quadrada de papel de 30 cm de lado, branca de um lado e cinza do outro, marcou-se um quadrado ABCD em linhas pontilhadas, como na figura 1. A folha foi dobrada ao longo das linhas pontilhadas e o resultado está mostrado na figura 2, onde a parte cinza é um quadrado de área 144 cm 2. Qual é o comprimento do segmento P A? (a) 21 cm (b) 22 cm (c) 23 cm (d) 24 cm (e) 25 cm 13\n14 40. ( N2Q17-1 a fase) Na figura o ângulo mede 48 o e os triângulos ACD, DBE e EAF são isósceles de bases AD, DE e EF, respectivamente. Quanto mede o ângulo DÊF? (a) 36 o (b) 40 o (c) 42 o (d) 48 o (e) 58 o 41. ( N2Q5-2 a fase) Na figura, ABCD é um paralelogramo de área 20 cm 2 e lados medindo 4 cm e 6 cm. Os pontos M, N, P e Q são os centros dos quadrados construídos sobre os lados do paralelogramo. (A) Calcule a área do polígono AMBNCP DQ. (B) Mostre que os ângulos MÂQ e M ˆBN têm a mesma medida. (C) Mostre que MNP Q é um quadrado e calcule sua área. 14\n15 QUESTÕES DE GEOMETRIA - OBMEP OBMEP Nível ( N1Q2-1 a fase) O quadriculado da figura é feito com quadradinhos de 1 cm de lado. Qual é a área da região sombreada? (a) 16 cm 2 (b) 18 cm 2 (c) 20 cm 2 (d) 24 cm 2 (e) 30 cm ( N1Q10-1 a fase) Na figura, o quadrado ABCD tem área 40 cm 2. Os pontos P, Q, R e S são pontos médios dos lados do quadrado e T é o ponto médio do segmento RS. Qual é a área do triângulo P QT? (a) 10 cm 2 (b) 12 cm 2 (c) 14 cm 2 (d) 16 cm 2 (e) 18 cm ( N1Q15-1 a fase) A figura mostra um polígono em forma de T e uma maneira de dividi-lo em retângulos de lados 1 cm e 2 cm. De quantas maneiras distintas, incluindo a da figura, é possível fazer divisões desse tipo? (a) 7 (b) 9 (c) 11 (d) 13 (e) ( N1Q17-1 a fase) A figura mostra um quadrado de lado 12 cm, dividido em três retângulos de mesma área. Qual é o perímetro do retângulo sombreado? (a) 28 cm (b) 26 cm (c) 24 cm (d) 22 cm (e) 20 cm 15\n16 46. ( N1Q2-2 a fase) Um quadrado de lado 3 cm é cortado ao longo de uma diagonal em dois triângulos, como na figura. Com esses triângulos formamos as figuras dos itens (A), (B) e (C), nas quais destacamos, em cinza, a região em que um triângulo fica sobre o outro. Em cada item, calcule a área da região cinza. OBMEP Nível ( N2Q2-1 a fase) A figura mostra cinco triângulos equiláteros. A que fração da área da figura corresponde a área sombreada? (a) 1 3 (b) 2 5 (c) 1 2 (d) 3 5 (e) ( N2Q8-1 a fase) A figura mostra dois trechos de 300 km cada um percorridos por um avião. O primeiro trecho faz um ângulo de 18 o com a direção norte e o segundo, um ângulo de 44 o, também com a direção norte. Se o avião tivesse percorrido o trecho assinalado em pontilhado, qual seria o ângulo desse trecho com a direção norte? (a) 12 o (b) 13 o (c) 14 o (d) 15 o (e) 16 o 16\n17 49. ( N2Q12-1 a fase) Na figura o retângulo ABCD tem área 40 cm 2. Os pontos P, Q, R e S são pontos médios dos lados do retângulo e T está no segmento RS. Qual é a área do triângulo P QT? (a) 10 cm 2 (b) 12 cm 2 (c) 14 cm 2 (d) 16 cm 2 (e) 18 cm ( N2Q15-1 a fase) No triângulo ABC temos AB = AC e os cinco segmentos marcados têm todos a mesma medida. Qual é a medida do ângulo BÂC? (a) 10 o (b) 15 o (c) 20 o (d) 25 o (e) 30 o 51. ( N2Q16-1 a fase) A figura é formada por 5 trapézios isósceles iguais. Qual é a medida do ângulo indicado? (a) 72 o (b) 74 o (c) 76 o (d) 78 o (e) 80 o 52. ( N2Q18-1 a fase) Na figura, ABCD é um paralelogramo e o segmento EF é paralelo a AB. Qual é a soma das áreas dos triângulos sombreados? (a) 2 cm 2 (b) 4 cm 2 (c) 6 cm 2 (d) 8 cm 2 (e) 10 cm ( N2Q3-2 a fase) Um polígono convexo é elegante quando ele pode ser decomposto em triângulos equiláteros, quadrados ou ambos, todos com lados de mesmo comprimento. A seguir, mostramos alguns polígonos elegantes, indicando para cada um deles uma decomposição e o número de lados. (A) Desenhe um polígono elegante de 8 lados, indicando uma decomposição. (B) Quais são as possíveis medidas dos ângulos internos de um polígono elegante? (C) Mostre que um polígono elegante não pode ter mais que 12 lados. (D) Desenhe um polígono elegante de 12 lados, indicando uma decomposição. 17\n18 54. ( N2Q4-2 a fase) O poligono ABCDEF GHIJKL é regular e tem doze lados. (A) Qual é a medida dos ângulos internos do polígono? (B) O ponto M é a interseção dos segmentos AE e DK. Quais são as medidas dos angulos M ˆDE e D ˆME? (C) Qual é a medida do ângulo C ˆBM? (D) Prove que os pontos B, M e F estão alinhados. 18\n19 QUESTÕES DE GEOMETRIA - OBMEP OBMEP Nível ( N1Q7-1 a fase) Um cartão da OBMEP, medindo 11 cm por 18 cm, foi cortado para formar um novo cartão, como na figura. Qual é a área da parte com as letras O e B? (a) 77 cm 2 (b) 88 cm 2 (c) 99 cm 2 (d) 125 cm 2 (e) 198 cm ( N1Q10-1 a fase) A figura mostra um quadrado dividido em 16 quadradinhos iguais. A área em preto corresponde a que fração da área do quadrado? (a) 1 2 (b) 1 3 (c) 1 4 (d) (e) ( N1Q12-1 a fase) A figura mostra a superfície pintada de um azulejo em forma de losango. Dos cinco padrões abaixo, apenas um não pode ser montado com cópias desse azulejo. Qual é esse padrão? 19\n20 58. ( N1Q14-1 a fase) A figura mostra quatro quadrados iguais dentro de um quadrado maior. A área em cinza é 128 cm 2 e a área de cada quadrado menor é igual a 9% da área do quadrado maior. Qual é a área do quadrado maior? (a) 128 cm 2 (b) 162 cm 2 (c) 200 cm 2 (d) 210 cm 2 (e) 240 cm ( N1Q3-2 a fase) A Professora Clotilde desenhou três figuras no quadro negro, todas com área igual a 108 cm 2. (A) A primeira figura é um retângulo que tem um lado de comprimento igual a 12 cm. Qual é o perímetro desse retângulo? (B) A segunda figura é um retângulo dividido em um retângulo branco e um quadrado cinzento de área igual a 36 cm 2, como na figura. Qual é o perímetro do retângulo branco? (C) A terceira figura é um quadrado, que ela dividiu em dois retângulos brancos e dois quadrados cinzentos R e S, como na figura. O perímetro de um dos retângulos é três vezes o perímetro do quadrado S. Qual é a área do quadrado R? 60. ( N1Q5-2 a fase) Marcelo cortou um quadrado de lado 6 cm em duas partes, como na figura 1. O corte foi feito em formato de escada, com segmentos de 1 cm paralelos aos lados do quadrado. (A) Calcule o perímetro e a área da parte indicada com na figura 1. (B) A figura 2 foi montada por Marcelo encaixando completamente três degraus (indicados com flechas) de uma das partes, na outra parte. Calcule o perímetro e a área dessa figura. (C) Marcelo cortou da mesma maneira um quadrado de 87 cm de lado e montou uma figura encaixando 39 degraus de uma das partes na outra. Encontre o perímetro dessa nova figura. 20\n21 OBMEP Nível ( N2Q6-1 a fase) Na figura as circunferências de centros A e B são tangentes aos lados do retângulo e têm diâmetros iguais a 4 cm. A distância entre os pontos R e S é 1 cm. Qual é o perímetro do retângulo? (a) 16 cm (b) 18 cm (c) 20 cm (d) 22 cm (e) 24 cm 62. ( N2Q8-1 a fase) Um quadrado de papel de 20 cm de lado, com a frente branca e o verso cinza, foi dobrado ao longo das linhas pontilhadas, como na figura. Qual é a área da parte branca que ficou visível? (a) 18 cm 2 (b) 32 cm 2 (c) 36 cm 2 (d) 72 cm 2 (e) 84 cm ( N2Q13-1 a fase) A figura mostra um quadrado com suas diagonais e segmentos que unem os pontos médios de seus lados. A área em preto corresponde a que fração da área do quadrado? (a) 1 2 (b) 2 3 (c) 3 4 (d) (e) ( N2Q17-1 a fase) Os oito pontos destacados na figura dividem os lados do quadrado em três partes iguais. Quantos triângulos retângulos podem ser traçados com os três vértices nesses pontos? (a) 8 (b) 12 (c) 16 (d) 24 (e) 32 21\n22 65. ( N2Q3-2 a fase) A figura mostra um dodecágono regular decomposto em seis triângulos equiláteros, seis quadrados e um hexágono regular, todos com lados de mesma medida. (A) Se cada triângulo da figura tem área igual a 1 cm 2, qual é a área do hexágono? (B) A figura a seguir foi obtida retirando doze triângulos equiláteros de um dodecágono regular cujo lado mede 1 cm. Qual á a área dessa figura? (C) A figura a seguir foi obtida retirando dois hexágonos regulares de um dodecágono regular cujo lado mede 1 cm. Qual é a área dessa figura? 22\n23 QUESTÕES DE GEOMETRIA - OBMEP OBMEP Nível ( N1Q5-1 a fase) Márcia cortou uma tira retangular de 2 cm de largura de cada um dos quatro lados de uma folha de papel medindo 12 cm por 20 cm. Qual é o perímetro do pedaço de papel que sobrou? (a) 48 cm (b) 50 cm (c) 52 cm (d) 54 cm (e) 56 cm 67. ( N1Q11-1 a fase) Na figura, o lado de cada quadradinho mede 1 cm. Qual é a área da região cinza? (a) 10 cm 2 (b) 12, 5 cm 2 (c) 14, 5 cm 2 (d) 16 cm 2 (e) 18 cm ( N1Q3-2 a fase) Sara recortou três tiras retangulares diferentes de papel. (A) Ela recortou a primeira tira em três retângulos iguais, como na figura abaixo. Com esses retângulos, formou um quadrado de 36 cm 2 de área. Encontre as medidas dos lados dos retângulos que ela recortou. (B) Ela recortou a segunda tira em seis retângulos de mesma largura e com eles formou um quadrado de 36 cm 2 de área, como na figura. Encontre o perímetro e a área do retângulo indicado com. (C) As medidas da terceira tira eram 4, 5 cm e 2 cm. Sara recortou essa tira em três pedaços e com eles formou um quadrado, como na figura. Qual é a área do triângulo indicado com? 23\n24 OBMEP Nível ( N2Q4-1 a fase) Na figura, os lados do quadrado foram divididos em oito partes iguais. Qual é a razão entre a área cinza e a área desse quadrado? (a) 1 2 (b) 3 5 (c) 5 8 (d) 3 4 (e) ( N2Q10-1 a fase) Um triângulo equilátero e um hexágono regular têm o mesmo perímetro. A área do hexágono é 6 m 2. Qual é a área do triângulo? (a) 2 m 2 (b) 3 m 2 (c) 4 m 2 (d) 5 m 2 (e) 6 m ( N2Q16-1 a fase) Márcia cortou quatro tiras retangulares de mesma largura, cada uma de um dos lados de uma folha de papel medindo 30 cm por 50 cm. O perímetro do pedaço de papel que sobrou é 85% do perímetro da folha original. Qual é a largura das tiras? (a) 2 cm (b) 2, 5 cm (c) 3 cm (d) 3, 2 cm (e) 3, 5 cm 24\n25 72. ( N2Q6-2 a fase) Em todas as figuras desta questão, vemos um triângulo ABC dividido em quatro partes; nesses triângulos, D é ponto médio de AB, E é ponto médio de AC e F G mede 1 2 BC. (A) Os quadriláteros DJMA e ELNA são obtidos girando de 180 o os quadriláteros DHF B e EIGC em torno de D e E, respectivamente. Explique por que os pontos M, A e N estão alinhados, ou seja, por que a medida do ângulo MÂN é igual a 180o. (B) Na figura, o ponto K é a interseção das retas JM e LN. Explique por que os triângulos F GI e MNK são congruentes. (C) Os itens acima mostram que HJKL é um retângulo formado com as quatro partes em que o triângulo ABC foi dividido. Agora mostre que LH = EF. (D) Na figura o triângulo ABC tem área 9 e HJKL é um quadrado. Calcule o comprimento de EF. 25\n26 QUESTÕES DE GEOMETRIA - OBMEP OBMEP Nível ( N1Q12-1 a fase) O retângulo da figura, que foi recortado de uma folha de papel quadriculado, mede 4 cm de largura por 5 cm de altura. Qual é a área da região cinzenta? (a) 10 cm 2 (b) 11 cm 2 (c) 12, 5 cm 2 (d) 13 cm 2 (e) 14, 5 cm ( N1Q14-1 a fase) Juliana cortou uma tira de papel de 4 cm por 12 cm e a dobrou do modo indicado na figura, obtendo assim um quadrado. Em seguida, ela cortou o quadrado diagonalmente, como mostra a figura. Com os pedaços obtidos, ela montou dois novos quadrados. Qual é a diferença entre as áreas desses quadrados? (a) 9 cm 2 (b) 12 cm 2 (c) 16 cm 2 (d) 18 cm 2 (e) 32 cm 2 OBMEP Nível ( N2Q8-1 a fase) A figura foi formada por oito trapézios isósceles idênticos, cuja base maior mede 10 cm. Qual é a medida, em centímetros, da base menor de cada um desses trapézios? (a) 4 (b) 4,5 (c) 5 (d) 5,5 (e) ( N2Q15-1 a fase) A figura mostra um retângulo de área 720 cm 2, formado por nove retângulos menores e iguais. Qual é o perímetro, em centímetros, de um dos retângulos menores? (a) 20 (b) 24 (c) 30 (d) 36 (e) 48 26\n27 SOLUÇÕES DAS QUESTÕES DE GEOMETRIA - OBMEP OBMEP Nível 1 1. ( N1Q8-1 a fase) Precisamos calcular o perímetro do polígono mostrado na figura, ou seja, queremos achar AB + BC + CD + DE + EF + F A. Nesta soma conhecemos as parcelas AB = 80, BC = 60, CD = 60 e F A = 40, e assim nosso problema é achar o comprimento de DE e EF. O ponto G na figura é construído prolongando-se o lado DE. Obtemos então os dois retângulos AGEF e BCDG. Logo EF = AB CD = = 20 e DE = BC AF = = 20. Assim, o perímetro pedido é = 280 metros. Para justificar o raciocínio acima, notamos que AGEF e BCDG são retângulos porque dois quaisquer de seus lados consecutivos são perpendiculares. Como os lados opostos de um retângulo têm a mesma medida, podemos calcular EF e DE mais detalhadamente como EF = AG = AB BG = AB CD = = 20 e DE = DG EG = BC AF = ( N1Q12-1 a fase) Lembre que a área de um quadrado de lado L é igual a L 2. Deste modo, se conhecemos a área a de um quadrado então seu lado é a. A área da folha cortada é a soma das áreas dos quadrados menores, que é = 49 cm 2. Logo, antes de ser cortada, a folha tinha lado 49 = 7 cm. Outra solução deste problema é notar que os quadrados do enunciado podem ser agrupados de modo a formar um quadrado maior de lado 7, conforme indicado no desenho. 3. ( N1Q1-2 a fase) (A) Solução 1. Ao juntar os retângulos, cada um perdeu um lado de 1 cm e mais 1 cm em um lado de comprimento 3 cm, ou seja, 2 cm no total. Como o perímetro de cada retângulo é 8 cm, o perímetro da figura é = 24 cm. Solução 2. A figura tem 4 lados de 3 cm, 4 lados de 2 cm e 4 lados de 1 cm, logo seu perímetro é = 24 cm. (B) A resposta está na figura a seguir, onde vemos que basta juntar 8 retângulos à figura original para formar o quadrado. (C) Solução 1. Cada retângulo tem área igual a 3 1 = 3 cm 2. Como o quadrado é composto de 12 retângulos, a sua área é igual a 12 3 = 36 cm 2. Solução 2. Observando a figura, vemos que cada lado do quadrado tem comprimento igual a = 6 cm. Portanto, sua área é 6 6 = 36 cm 2. 27\n28 4. ( N1Q5-2 a fase) (A) Um retângulo fica dividido em duas regiões de mesma área por sua diagonal. Logo os terrenos de Quindim, Visconde de Sabugosa e Cuca, juntos, têm área igual à metade da área do Sítio. Esses terrenos somam = 23 hectares. A outra metade do Sítio tem a mesma área e é igual à soma das áreas dos terrenos de Saci, Narizinho, Rabicó e da reserva florestal. Portanto (área da reserva) = 23 hectares, ou seja, a área da reserva é igual a = 2 ha. (B) Quindim e Cuca, juntos, possuem = 11 ha. Assim, gastaram 2420 = 220 reais por hectare. 11 Como o terreno de Saci tem 6 ha, ele gastou = 1320 reais. OBMEP Nível 2 5. ( N2Q15-1 a fase) A soma dos três ângulos internos de um triângulo é igual a 180 o. Como o ângulo Â do triângulo ABC mede 30 o, a soma dos ângulos A ˆBC e AĈB é 180o 30 o = 150 o. Por outro lado, como o triângulo é isósceles de base BC, os ângulos A ˆBC e AĈB são iguais, logo cada um deles mede 150o 2 = 75 o. Como o triângulo BCD é isósceles de base BD, temos B ˆDC = C ˆBD = 75 o. O mesmo raciocínio usado acima mostra que DĈB = 180o 2 75 o = 30 o. Segue que DĈA = AĈB DĈB = 75o 30 o = 45 o. 6. ( N2Q19-1 a fase) A área pedida é igual à área do polígono ABCDEF menos a soma das áreas AF EF dos triângulos retângulos AEF e DEG. A área do triângulo AEF é = 3 2 = 3 cm Vamos agora calcular a área do triângulo DEG. Para calcular DE prolongamos EF até o ponto H, obtendo assim os retângulos ABHF e CDEH. Como os lados opostos de um retângulo são iguais, segue que DE = CH = CB BH = 6 AF = 6 3 = 3. Como os lados AF e DE são paralelos, então EÂF = GÊD. Além disso AF = ED, logo os triângulos AEF e DEG são congruentes (caso ALA) e portanto, têm a mesma área. A área do retângulo ABHF é AD AF = 8 3 = 24 cm 2, e a do retângulo CDEH é DE CD = 3 (AB EF ) = 3 (8 2) = 18 cm 2. Portanto a área procurada é = 36 cm 2. Alternativamente, a área do trapézio ABCG, de altura BC = 6 e bases AB = 8 e CG = CD GD = 6 2 = 4, pode ser calculada diretamente. Portanto a área é = 36 cm 2. 28\n29 7. ( N2Q4-2 a fase) (A) A figura a seguir mostra que o quadrado EF GH é formado por quatro triângulos iguais (AEH, EF B, F GC e GHD) e quatro quadradinhos. Cada um dos triângulos tem área igual à metade da área de três quadradinhos. Logo, a área do quadrado EF GH é igual à área de = = 10 quadradinhos. Como a área do quadrado ABCD é igual à área de 16 quadradinhos, a fração pedida é área do quadrado EF GH área do quadrado ABCD = área de 10 quadradinho área de 16 quadradinho = = 5 8. A área (em quadradinhos) do quadrado EF GH também pode ser calculada subtraindo-se da área do quadrado ABCD a área dos quatro triângulos externos ao quadrado EF GH. Cada um destes triângulos tem área igual à área de 3 2 quadradinhos, donde a área do quadrado EF GH é igual à área de = 16 6 = 10 quadradinhos. 2 (B) Notamos primeiro que o quadrado sombreado tem metade da área do quadrado EF GH. Isto fica claro na figura a seguir, onde vemos que o quadrado EF GH pode ser decomposto em oito triângulos iguais, quatro dos quais formam o quadrado sombreado. Usando o resultado do item (A), vemos que a área do quadrado EF GH é 5 8 = 50 cm2, e segue que a área do quadrado sombreado é igual a 50 2 = 25 cm2. Como 25 = 5 2 segue que o lado do quadrado sombreado mede 5 cm. 8. ( N2Q6-2 a fase) (A) A área da folha era igual a soma das áreas dos nove quadrados, que é = 1056 cm 2 (B) Sejam a e b as dimensões da folha, onde supomos a b. Como a área de um retângulo é o produto de suas dimensões, temos ab = Além disso, como as medidas dos lados dos quadrados em que a folha foi cortada são números inteiros, segue que a e b devem ser números inteiros. Observamos, finalmente, que a e b devem ser maiores ou iguais a 18, pois um dos quadrados em que a folha foi cortada tem lado com esta medida. Como a e b são divisores de 1056, a fatoração em fatores primos 1056 = nos mostra que a e b são da forma 2 x 3 y 11 z, onde x, y e z são inteiros tais que 0 x 5, 0 y 1 e 0 z 1. Lembrando que a e b são maiores que 18, obtemos as seguintes possibilidades: 29\n30 a b 2 11 = = = = = = 33 Temos agora que decidir quais destas possibilidades podem ocorrer como medidas da folha. Como o maior quadrado tem lado 18, que é menor que 22, 24 e 32, vemos que nenhum quadrado pode encostar nos dois lados de comprimento b da folha. Isto quer dizer que b pode ser expresso de duas maneiras como uma soma na qual as parcelas são medidas dos lados dos quadrados, sendo que (i) não há parcelas repetidas em nenhuma das duas expressões e (ii) não há parcelas comuns às duas expressões. Este argumento mostra que 2b , ou seja, 2b 86. Logo b 43 e a única possibilidade é b = 33. Segue que as dimensões da folha eram a = 32 e b = 33. Existem outras maneiras de eliminar os pares (22, 48) e (24, 44), usando o argumento acima e mostrando, por exemplo, que não existem duas maneiras de escrever 22 e 24 como soma dos lados dos quadrados de duas maneiras com parcelas distintas e sem parcelas comuns. Esta solução depende do fato de que, em qualquer decomposição de um retângulo em quadrados, os lados dos quadrados são necessariamente paralelos a um dos lados do retângulo. Um argumento intuitivo para demonstrar este fato consiste em selecionar um vértice do retângulo e observar que o quadrado ao qual este vértice pertence tem seus lados apoiados sobre os lados do retângulo. Qualquer quadrado que toca este primeiro quadrado (mesmo que em apenas um vértice) tem seus lados necessariamente paralelos aos lados do retângulo, pois caso contrário teríamos ângulos diferentes de 90 o ou 180 o na decomposição, e estes ângulos não podem ser preenchidos com quadrados. (C) A única possibilidade (a menos de rotações e simetrias) é mostrada abaixo: 30\n31 SOLUÇÕES DAS QUESTÕES DE GEOMETRIA - OBMEP OBMEP Nível 1 9. ( N1Q3-1 a fase) Na opção I o quadrado está dividido em quatro triângulos iguais, de modo que a área da região sombreada é a metade da área do quadrado. Na opção II, a diagonal divide o quadrado em dois triângulos iguais, e outra vez a área da região sombreada é metade da área do quadrado. Na opção III o triângulo sombreado tem área menor do que o triângulo sombreado da opção II, ou seja, menor que metade da área do quadrado. Na opção IV, observamos na figura a seguir que a perpendicular MN ao segmento AB divide o quadrado nos pares de triângulos iguais AMN, ADN e BMN, BCN; segue mais uma vez que a área da região sombreada é metade da área do quadrado. Finalmente, a área do triângulo sombreado na opção V é maior do que a área do triângulo sombreado da opção II, ou seja, é maior do que metade da área do quadrado. Comentário: observamos que na opção IV o ponto N não precisa ser o ponto médio do lado CD. De fato, o argumento usado acima para analisar essa opção não depende da posição de N ao longo de CD. 10. ( N1Q8-1 a fase) Um quadrado de lado l tem área l 2. Os lados dos quadrados de áreas 25 cm 2 e 9 cm 2 medem respectivamente, 5 cm e 3 cm. Segue que o lado do quadrado menor mede 5 3 = 2 cm. O contorno da figura é formado por 3 lados de 5 cm, 2 lados de 3 cm, 2 lados de 2 cm e um segmento que é a diferença entre um lado de 3 cm e outro de 2 cm, donde o perímetro é (3 2) = 26 cm. 11. ( N1Q14-1 a fase) A região sombreada é formada pelo quadrado central, quatro retângulos cada um com metade da área de um quadrado e quatro triângulos cada um com um oitavo da área de um quadrado. Logo a área da região sombreada é = 3, 5 cm ( N1Q1-2 a fase) (A) Na figura I, verificamos que as medidas de dois lados que não foram unidos são 4 cm e 6 cm. Como os dois lados unidos são do mesmo tamanho, eles não podem medir nem 4 cm nem 6 cm, logo medem 3 cm. Na figura II, o triângulo que está mais acima tem um lado livre de 4 cm e claramente o lado que foi unido ao triângulo de baixo é menor do que o lado livre não identificado. Portanto, o lado do triângulo superior que foi unido ao de baixo mede 3 cm. No triângulo de baixo, claramente o maior lado foi unido ao lado do triângulo de cima. Esse lado mede 6 cm. (B) Os lados de medida 3 cm não fazem parte do perímetro da figura I. Logo o perímetro da figura I é igual a 2 (4 + 6) = 20 cm. O lado de 3 cm de um triângulo e o pedaço de 3 cm do lado maior do outro triângulo não fazem parte do perímetro da figura II. Logo o perímetro da figura II é igual a (6 3) = 20 cm. (C) O perímetro de uma figura obtida quando se unem lados dos dois triângulos é igual à soma dos perímetros dos dois triângulos menos duas vezes o comprimento do menor dos lados que foram unidos. Assim, o perímetro da figura é o menor possível quando unirmos os dois lados de 6 cm. Nesse caso o perímetro é igual a 2 ( ) 2 6 = = 14 cm. As duas figuras abaixo têm esse perímetro mínimo. 31\n32 13. ( N1Q4-2 a fase) (A) Vamos representar a folha original pelo retângulo P QRS na figura a seguir. Seja M o ponto onde os segmentos AC e BD se encontram. Como o centro do retângulo é o centro de simetria da figura, concluímos que AM = MC = 1 AC e, 2 por outro lado, sabemos que AC = BD, donde AM = BM = CM = DM. Como os ângulos com vértice em M são todos retos, os triângulos AMB, BMC, CMD e DAM são iguais; em particular AB = BC = CD = DA e os ângulos desses triângulos em A, B, C e D são iguais, donde ABCD é um quadrado (alternativamente, podemos notar que ABCD é um quadrilátero cujas diagonais são iguais, se cortam ao meio e são perpendiculares, donde ABCD é um quadrado). Logo BP CQ é um retângulo, e assim BC = P Q = 20 cm, donde AB = 20 cm. (B) A área de cada um dos triângulos AMB, BMC, CMD e DAM é igual a 1 da área do quadrado 4 ABCD, que é = 400 cm 2 ; logo a área de um desses triângulos é 400 = 100 cm 2. Como 4 são os dois pedaços de cinco lados iguais, eles têm a mesma área. A folha original tem área igual a = 600 cm 2, e se subtrairmos dessa área as áreas dos dois pedaços triangulares ABM e DMC, restará a área dos dois pedaços de cinco lados. Portanto, a área de cada pedaço de cinco lados é igual a = = = 200 cm2. (C) O quadrado formado pelos quatro pedaços e o buraco tem área igual a 8 vezes a área de cada pedaço triangular, conforme mostrado na figura a seguir. Portanto, sua área é igual a = 800 cm 2. Como a soma das áreas das quatro peças é igual à área da folha original, ou seja, 600 cm 2, concluímos que a área do buraco é igual a = 200 cm 2. Alternativamente, o buraco é um retângulo cuja altura é igual à altura da folha original, ou seja, 20 cm. Seu comprimento é a diferença entre o comprimento da folha original e o segmento AB, ou seja, = 10 cm. Portanto, a área do buraco é = 200 cm 2. 32\n33 OBMEP Nível ( N2Q1-1 a fase) Pela simetria da figura, vemos que para cada região sombreada existe uma igual em branco. Logo, a parte sombreada tem metade da área do retângulo. 15. ( N2Q4-1 a BE BC fase) A área do triângulo BEF é = 3 4 = 6 cm 2 e a área do retângulo 2 2 ABCD é AB CD = 6 4 = 24 cm 2. Logo, a área da parte sombreada é área do retângulo ABCD área do triângulo BEF = 24 6 = 18 cm ( N2Q13-1 a fase) Observando a figura da fita dobrada vemos que x + 50 o + 50 o = 180 o, donde x = 80 o. 17. ( N2Q19-1 a fase) Por tentativa e erro vemos que há apenas duas maneiras de cobrir a figura com quatro peças, conforme mostrado abaixo. Em ambas, a casa com o X é coberta pela peça I. 18. ( N2Q4-2 a fase) (A) Como o triângulo ABC é equilátero, todos seus ângulos internos medem 60 o. Como BC e EF são paralelos e cortados pela transversal AC, os ângulos EÛT e AĈB são alternos internos, donde EÛT = AĈB = 60o. (B) Como DEF é um triângulo equilátero, temo que UÊT = 60o, e do item (A) sabemos que EÛT = 60o. Como a soma dos ângulos internos de um triângulo é 180 o segue que U ˆT E = 180 o 60 o 60 o 60 o. Logo o triângulo EUT é equilátero, porque todos os seus ângulos internos medem 60 o. Da mesma forma, podemos concluir que todos os outros triângulos da figura são equiláteros. Dessse modo, temos QP = F P, UT = UE, T S = CS e RQ = RB. Segue que o perímetro de P QRST U é QP +P U +UT +T S +SR+RQ = (F P +P U +UE)+(CS +SR+RB) = F E +CB = = 27 cm 33\n34 (C) De P Q = 6 cm segue que F P = 6 cm, pois o triângulo QF P é equilátero, e concluímos que P E = F E F P = 13 6 = 7 cm. Como BC é paralelo a DE, o quadrilátero P ESB é um paralelogramo, donde BS = P E = 7 cm. Finalmente, temos SC = BC BS = 14 7 = 7 cm. Logo ST = SC = 7 cm, pois o triângulo T CS é equilátero. 34\n35 SOLUÇÕES DAS QUESTÕES DE GEOMETRIA - OBMEP OBMEP Nível ( N1Q10-1 a fase) A figura ilustra a seqüência de dobras e as medidas dos segmentos determinados por elas. Após a 1 a dobra, a parte branca visível é um retângulo de 20 cm por 8 cm. Após dobrar a 2 a vez, a parte branca visível é um retângulo de 4 cm por 8 cm. A área desse retângulo é 4 8 = 32 cm 2. (comparar com a questão OBMEP N2Q8-1 a fase) 20. ( N1Q11-1 a fase) A área de cada quadrado é = 100 cm 2. Na figura a seguir podemos ver que a área da parte sombreada é 3 4 da área do quadrado, ou seja, é igual a = 75 cm2. A figura II do enunciado é formada por cinco figuras iguais a essa parte sombreada e mais um quadrado, logo sua área é = 475 cm ( N1Q16-1 a fase) Na figura I mostramos o retângulo antes de ser cortado e, na figura II, o modo como as peças se encaixam para formar o quadrado. O encaixe mostra que os segmentos pontilhados são todos iguais, assim como os segmentos em traço mais grosso. Observando a figura I, vemos então que 3 (comprimento de um segmento em traço grosso) = 45 cm, donde o comprimento de um desses segmentos é 45 3 = 15 cm. Da figura II temos lado do quadrado = 45 + comprimento do segmento em traço grosso = 60 cm. Por outro lado, ainda observando a figura II, vemos que 3 (comprimento de um segmento pontilhado) = 60 cm, 35\n36 donde o comprimento de um desses segmentos é 60 3 = 20 cm. Finalmente, voltando à figura I, temos 4 (comprimento de um segmento em traço pontilhado) = base do retângulo, e segue que a base do retângulo mede 4 20 = 80 cm. 22. ( N1Q1-2 a fase) (A) A área do terreno do João Grilo é igual à soma das áreas da horta, do galinheiro e do chiqueiro, ou seja, é igual a = 180 m 2. (B) A área de um quadrado de lado a é a 2 e a área de um retângulo de lados a e b é ab. Como a horta é quadrada e tem 100 m 2 de área, concluímos que cada lado da horta mede 10 m, pois 100 = Assim, o lado comum do galinheiro e da horta mede 10 m. Como a área do galinheiro é igual a 50 m 2, a medida de outro lado é 5 m, pois 10 5 = 50. Logo as medidas dos lados do galinheiro são 10 m e 5 m. (C) O chiqueiro tem um lado formado por um lado da horta e um dos lados menores do galinheiro. Logo esse lado mede = 15 m; como a área do chiqueiro é 30 m 2, a medida de outro lado é 2 m, pois 15 2 = 30 m. Observando a planta e a legenda indicando o número de fios de cada um dos lados cercados, concluímos que João Grilo usou lados em traço grosso: = 80 metros de arame. lados em traço fino: = = 75 metros de arame. lados em pontilhado: 2 2 (2 + 15) = 68 metros de arame. Totalizando = 223 metros de arame. OBMEP Nível ( N2Q3-1 a fase) A faixa pode ser decomposta em 22 triângulos equiláteros congruentes aos triângulos sombreados, como mostra a figura. Logo, a área da parte sombreada é 4 da área total, ou seja, = 28 cm ( N2Q12-1 a fase) O triângulo AOB é isósceles pois os lados OA e OB são iguais. Logo, os ângulos OÂB e O ˆBA também são iguais, ou seja, ambos têm medida a. Notamos agora que o ângulo 4 central AÔB mede o = 144 o. Como a soma dos ângulos internos de um triângulo vale 180 o, segue que 2a o = 180 o. Logo a = 180o 144 o 2 = 36o 2 = 18o. 36\n37 25. ( N2Q13-1 a fase) Observe as figuras a seguir. A descrição das peças da figura I implica que os pontos M e N são pontos médios dos lados AB e AC. A figura III, onde P é o ponto médio de BC, mostra que a área do triângulo AMN é igual à quarta parte da área do triângulo ABC, que por sua vez tem área igual a metade da área do quadrado. Logo área(amn) = = 5 cm2. A figura II mostra que o buraco consiste de três triângulos iguais ao triângulo AMN. Logo sua área é 3 5 = 15 cm ( N2Q14-1 a fase) A figura mostra um cartão com suas dimensões em centímetros indicadas por x e y, bem como os retângulos que Juliana pode fazer. Segue que 2(8x + y) = 236 e 2(x + 8y) = 376. Temos então 8x + y = 118, donde y = 118 8x. Da segunda equação segue x+8y = 188. Substituindo o valor de y temos x+8(118 8x) = x x = x = 188. Logo 63x = 756, donde x = 12 e então y = 118 8x = = 22. Portanto a área do cartão é = 264 cm ( N2Q15-1 a fase) Usando o lado l de um dos quadradinhos do quadriculado como unidade de comprimento, a contagem direta na figura nos dá as áreas e perimetros dos polígonos, conforme a tabela abaixo, em que o perímetro tem unidade l e a área tem unidade l 2. polígono perímetro área I = 25 II = 22 III = 18 Desse modo, a correspondencia entre polígonos e pontos no plano cartesiano é I (20, 25), II (20, 22) e III (30, 18). Os pontos correspondentes a I e II tem a mesma abscissa (perímetro) logo estão na mesma vertical no plano cartesiano; como o ponto correspondente a I tem ordenada (área) maior, ele é o que esta mais acima. Logo I C e II A. Resta III B. 37\n38 28. ( N2Q2-2 a base altura fase) Lembramos que a área de um triângulo é dada pela fórmula e a 2 área do retângulo por base altura. Na situação geral da figura a seguir, segue que a área do triângulo sombreado é metade da área do retângulo, pois ambos têm a mesma base e a mesma altura. Logo a soma das áreas dos dois triângulos brancos também é metade da área do retângulo, ou seja, igual à área do triângulo sombreado. (A) Pelo visto acima, temos área(amd) = área(abm) + área(mdc) = = 60 cm 2. (B) Como área(amd) = área(bnc), temos área(aqn)+área(ndp ) = área(amd) área(mnp Q) = área(bnc) área(mnp Q) = área(bqm) + área(mp C) = = 35 cm 2. (C) Temos área(mqnp ) = área(bnc) área(bqm) área(mp C) = = 25 cm 2. Observação: As áreas dos triângulos nesse problema não foram escolhidas ao acaso. Fica como exercício mostrar que é possível construir a figura a seguir, onde a, b, c e d representam as áreas dos correspondentes triângulos sombreados, se e somente se, a2 b + d2 c = b + c. Solução alternativa para os itens (b) e (c): Podemos resolver primeiro o item (c), como segue. Como área(amd) = área(bnc) = 60 cm 2, temos área(mnp Q) = área(bnc) 27 8 = 25 cm 2, obtendo então para o item (b) área(aqn) + área(ndp ) = área(amd) área(mnp Q) = = 35 cm ( N2Q4-2 a fase) (A) Para completar a primeira coluna da tabela basta substituir os valores n = 5, 6, 8 na fórmula (n 2) 180 o. Para completar a segunda coluna, basta dividir os valores da primeira coluna pelo (n 2) 180o valor correspondente de n, ou seja, calcular. A justificativa para essa expressão é que n polígono de n lados tem n ângulos internos iguais, cuja soma é (n 2) 180 o. A tabela completa é dada abaixo. n soma dos ângulos internos ângulo interno o 60 o o 90 o o 108 o o 120 o o 135 o 38\n39 (B) O ângulo interno de um quadrado é 90 o e o de um octógono regular é 135 o. Para que alguns polígonos regulares se encaixem, a soma de seus ângulos internos deve ser 360 o. Como 90 o +135 o +135 o = 360 o, segue que um quadrado e dois octógonos regulares se encaixam. (C) O ângulo interno de um triângulo equilátero é 60 o e o de um heptágono regular é o = o. Seja n o número de lados do terceiro polígono; o ângulo interno desse polígono é então n o. Como os três polígonos se encaixam, temos n Logo n 2 n 60 o o + n 2 n 180 o = 360 o. 3 = 6. Isto implica que 7n + 15n + 21(n 2) = 42n, donde n =\n40 SOLUÇÕES DAS QUESTÕES DE GEOMETRIA - OBMEP OBMEP Nível ( N1Q2-1 a fase) Todas as figuras são formadas por 16 partes iguais e 5 8 = 10. Logo, a única 16 figura que serve é a que tem 10 partes de cor cinza. (alternativa D) 31. ( N1Q7-1 a fase) A figura dada no enunciado ilustra o seguinte fato: o número de retângulos que podem ser construídos com 12 quadradinhos corresponde ao número de maneiras de escrever 12 como produto de dois números naturais, que são três: 1 12, 2 6 e 3 4. Como podemos escrever 60 como produto de dois números de exatamente seis formas distintas, a saber, 1 60, 2 30, 3 20, 4 15, 5 12 e 6 10, segue que podemos construir 6 retângulos diferentes com 60 quadradinhos cada um. 32. ( N1Q8-1 a fase) Como a área de um quadrado de lado a é a 2 e o quadrado tem área 36 cm 2, segue que seu lado mede 6 cm. Temos que 3 8 área 36 cm área 36 3 = 12 cm2. 1 área = 8 8 área 12 8 = 96 cm2. Logo, o retângulo tem 96 cm 2 de área e sua largura AD mede 6 cm, portanto 6 CD = 96 e segue que CD = 96 6 = 16 cm. Logo o perímetro do retângulo é 2 (6 + 16) = 44 cm. Outra solução: Como a área de um quadrado de lado a é a 2 e o quadrado tem área 36 cm 2, segue que seu lado mede 6 cm, que deve ser igual a 3 8 do lado AB. Logo AB mede 8 6 = 16 cm. Segue que as 3 dimensões do retângulo são 16 cm e 6 cm, e seu perímetro é 2 (6 + 16) = 44 cm. 33. ( N1Q11-1 a fase) Na figura dada, a parte cinza obtida depois da primeira dobradura pode ser dividida em duas partes: um quadrado de lado 12 cm e um triângulo de área igual a metade da área do quadrado. A área do quadrado é = 144 cm 2, logo a área do triângulo é = 72 cm2. Assim, a área dessa parte cinza é = 216 cm 2. Depois da segunda dobradura, obtemos duas partes cinzas iguais, cuja área total é = 432 cm 2. Outra solução: note que a área do polígono formado pelo papel dobrado é igual à área original da tira menos as áreas das partes que se sobrepõem. Após a primeira dobra, a parte sobreposta é representada pelo triângulo mais escuro, e depois da segunda dobra forma-se outra parte sobreposta igual à primeira. Juntas essas partes têm área igual à de um quadrado de lado 12 cm. Conseqüentemente, a área do polígono é igual a (12 48) (12 12) = = 432 cm 2. Outra solução: observamos que a área do polígono formado pela cartolina dobrada é igual à área em cinza na figura a seguir (dois quadrados e dois triângulos) que representa 6 da área da tira retangular. Logo, a 8 6 área pedida é: 8 (12 48) = = 432 cm2. 40\n41 34. ( N1Q12-1 a fase) Mostramos a seguir como formar retângulos com duas cópias de cada uma das peças das alternativas (a), (b), (c) e (e). O único caso em que isso não é possível é o da alternativa (d), conforme indicado a seguir. 35. ( N1Q14-1 a fase) As letras V e Z têm a mesma área porque são formadas com as mesmas peças de cartolina, logo podemos eliminar as opções (b) e (c). Para comparar os perímetros, notamos primeiro que em ambas as figuras o segmento AB é maior que o segmento CD. Ao juntar as peças para formar a letra Z, as peças branca e cinza se juntam ao longo de AB, e assim perímetro do Z = perímetro da peça branca + perímetro da peça cinza - 2 (comprimento de AB). Do mesmo modo, vemos que perímetro do V = perímetro da peça branca + perímetro da peça cinza - 2 (comprimento de CD), donde concluímos que o perímetro do Z é menor que o perímetro do V. 36. ( N1Q15-1 a fase) Num tabuleiro quadrado n n, cada diagonal corta n quadradinhos. Por causa da simetria dos tabuleiros quadrados, temos dois casos: (i) se n é par (por exemplo, no tabuleiro 4 4) as duas diagonais se cortam num vértice (o vértice central). Nesse caso as duas diagonais cortam exatamente n + n = 2n quadradinhos. (ii) se n é ímpar (por exemplo, no tabuleiro 5 5) as duas diagonais se cortam no centro de um quadradinho (o quadradinho central). Nesse caso o quadradinho central é cortado duas vezes, uma por cada diagonal. Logo, as duas diagonais cortam no total n + n 1 = 2n 1 quadradinhos. Se o número de quadradinhos cortados pelas diagonais em um tabuleiro n n é 77, temos duas possibilidades. A primeira é n par, mas aqui teríamos 77 = 2n, o que não pode acontecer pois 77 é ímpar. Resta então a possibilidade n ímpar, quando temos 77 = 2n 1. Logo n = 39 e o nosso tabuleiro é ( N1Q1-2 a fase) (A) A figura é composta de 12 triângulos iguais. Como 3 4 de 12 é 3 12 = 9, devemos marcar 9 triângulos 4 quaisquer. (B) A figura é composta de 24 triângulos iguais. Como 1 4 de 24 é igual 6 e 1 de 24 é igual a 8, concluímos 3 que o número de triângulos a serem pintados é um número maior do que 6 e menor do que 8. Logo devem ser marcados 7 triângulos quaisquer. (C) A figura é composta de 36 triângulos iguais. Chico Bento escreveu C em 7 36 = 21 triângulos e 12 Doralina escreveu D em 3 36 = 27 triângulos, totalizando assim = 48 marcas. Como todos 4 os triângulos foram marcados e só existem 36 deles, concluímos que o número de triângulos marcados com duas letras é igual a = 12. Este número corresponde a = 1 dos triângulos. 3 41\n42 38. ( N1Q2-2 a fase) (AC + DE) CD (A) Podemos calcular a área do trapézio retângulo ACDE pela fórmula usual = 2 ( ) 10 = 150 cm 2. A área total do terreno é então área(acde) + área(abc) = = m 2. (B) Como o terreno tem 270 m 2, ao dividí-lo nas partes de mesma área ABCF e AF DE, cada parte terá área de 270 = 135 m 2. Notamos que ABCF é um trapézio de bases AB = 12 e CF e de altura 2 AC = 20. Logo (12 + CF ) = área(abcf ) = = CF 2 e segue que CF = 1, 5. OBMEP Nível ( N2Q15-1 a fase) Sejam x e y as medidas (em centímetros) de P A e P D, respectivamente. Vemos então que x + y = 30 e que o lado do quadrado central da folha dobrada é x y. Como a área desse quadrado é 144 cm 2, segue que seu lado mede 12 cm, ou seja, x y = 12. Dessas duas equações segue que x = ( N2Q17-1 a fase) Lembramos primeiro que em um triângulo um ângulo externo é igual à soma dos dois ângulos internos não adjacentes. Logo AĈB = CÂD + C ˆDA = 2 C ˆDA = 96 o onde notamos que CÂD = C ˆDA pois o triângulo CAD é isósceles. Do mesmo modo obtemos C ˆBA = 2 DÊA e BÂC = 2 F ÊA. Somando essas três igualdades e lembrando que a soma dos ângulos internos do triângulo ABC é 180 o, obtemos 180 o = 96 o + 2 (DÊA + F ÊA) = 96o + 2 DÊF, donde DÊF = 42o. 41. ( N2Q5-2 a fase) (A) Para calcular a área do polígono AMBNCP DQ, basta observar que ele pode ser dividido no paralelogramo ABCD e nos triângulos AMB, BNC, CP D e DQA. Como M, N, P e Q são centros de quadrados, a área de cada um desses triângulos é um quarto da área do quadrado correspondente. Como dois desses quadrados tem área 4 2 = 16 e os outros dois tem area 6 2 = 36, a área procurada é área(abcd) + áreas dos triângulos = ( ) = 46 cm2. 42\n43 (B) Seja α a medida do angulo DÂB. Como ABCD é um paralelogramo, segue que A ˆBC = 180 o α. Por outro lado, como M, N e Q são centros dos quadrados correspondentes, os ângulos marcados em preto na figura a seguir são todos iguais a 45 o. Logo MÂQ = QÂD+DÂB+BÂM = 45o +α+45 o = α+90 o. e M ˆBN = 360 o (A ˆBM + A ˆBC + N ˆBC) = 360 o [45 o + (180 o α) + 45 o ] = α + 90 o donde MÂQ = M ˆBN. (C) Como os quadrados sobre AB e CD são iguais, bem como os quadrados sobre BC e AD, e como M, N, P e Q são centros desses quadrados, temos AM = MB = CP = P D e BN = NC = AQ = QD. Por outro lado, segue do item anterior que MÂQ = M ˆBN = NĈP = P ˆDQ, donde os triângulos QAM, MBN, NCP e P DQ são congruentes. Como MNP Q é obtido de AMBNCP DQ, retirandose os triângulos QAM e NCP e adicionando-se os triângulos MBN e P DQ, temos área(mnp Q) = área(ambncp DQ) = 46 cm 2. A congruência dos triângulos QAM, NBM, NCP e QDP mostra que QM = MN = NP = P Q, ou seja, MNP Q é um losango. Para mostrar que MNP Q é um quadrado, basta então mostrar que um de seus ângulos internos é igual a 90 o ; vamos fazer isso para Q ˆMN. Como M é o centro do quadrado sobre AB, temos que A ˆMB = 90 o ; por outro lado, da congruência dos triângulos AMQ e MBN tiramos Q ˆMA = B ˆMN. Logo Q ˆMN = B ˆMN + Q ˆMB = Q ˆMA + Q ˆMB = 90 o e segue que MNP Q é um quadrado. Alternativamente, basta mostrar que QM = NP e que Q ˆMN = 90 o, como acima, e finalizar argumentando (por exemplo, por simetria) que a situação é idêntica nos outros vértices. 43\n44 SOLUÇÕES DAS QUESTÕES DE GEOMETRIA - OBMEP OBMEP Nível ( N1Q2-1 a fase) A figura pode ser decomposta em 20 quadradinhos e 8 triângulos, de acordo com o quadriculado. Juntando dois desses pequenos triângulos formamos um quadradinho. Temos assim um total de = = 24 quadradinhos. 2 Outra maneira de resolver a questão é mover os quatro triângulos destacados como indicado na figura. A área sombreada permanece a mesma e podemos contar diretamente 24 quadradinhos sombreados, à direita. Alternativamente, temos dois quadrados, um de lado 7 cm e outro de lado 5 cm, e a área da região sombreada é a diferença entre as áreas desses quadrados, ou seja, = = 24 cm ( N1Q10-1 a fase) Traçando os segmentos QS e P R, vemos que o quadrado ABCD é composto de 8 triângulos retângulos iguais e que o quadrado P QRS é formado por 4 desses triângulos. Portanto, a área do quadrado P QRS é metade da área do quadrado ABCD, ou seja, 40 2 = 20 cm2. Traçando agora o segmento T M, onde M é o ponto médio de P Q, vemos que o quadrado P QRS é composto de 4 triângulos retângulos iguais e o triângulo P QT é formado por 2 desses triângulos. Logo, a área do triângulo P QT é metade da área do quadrado P QRS, ou seja, 20 2 = 10 cm ( N1Q15-1 a fase) O T é formado por um retângulo 4 2 na parte de cima e um quadrado 2 2 na parte de baixo, como mostrado na figura a seguir. Vamos primeiro contar de quantas maneiras é possível dividir o T com retângulos 2 1, dividindo primeiro o retângulo e depois o quadrado. O retângulo pode ser pode ser dividido de 5 maneiras diferentes, mostradas a seguir. 44\n45 O quadrado pode ser dividido de 2 maneiras diferentes, mostradas a seguir. Pelo princípio fundamental da contagem, segue que o T pode ser dividido de 5 2 = 10 maneiras diferentes, quando preenchemos primeiro o retângulo e depois o quadrado. Há ainda outra maneira de dividir o T, ilustrada na figura a seguir. Esta não aparece na contagem acima, pois não pode ser obtida como uma divisão do retângulo seguida de uma divisão do quadrado. Logo, o número total de maneiras em que se pode dividir o T é = ( N1Q17-1 a fase) O quadrado tem lado 12 cm, logo sua área é igual a 12 2 = 144 cm 2. Portanto, cada um dos três retângulos tem área igual a = 48 cm2. Os dois retângulos inferiores são iguais, pois têm a mesma área e a mesma altura. Logo, têm a mesma largura, igual a 12 = 6 cm e, dessa forma, sua 2 altura é 48 6 = 8 cm. Assim, o perímetro do retângulo sombreado é = 28 cm. 46. ( N1Q2-2 a fase)o argumento geral para a resolução desta questão está ilustrado na figura a seguir. O triângulo ABC é um dos triângulos resultantes do corte do quadrado e D é um ponto qualquer no lado AB, com DE perpendicular a AB. O triângulo ADE também é retângulo com dois lados iguais, e sua área é igual a metade da área do quadrado ADEF. A área do triângulo ADG é então 1 da área do quadrado 4 ADEF. (A) O argumento acima mostra que a região cinza da figura a seguir tem área igual a 1 4 da área do quadrado de lado 3 cm, ou seja, = 9 4 = 2, 25 cm2. 45\n46 (B) Aqui a área da região cinza da figura a seguir é = 0, 25 cm 2. (C) Como AB = CD = 3 cm e AD = 5 cm, vemos que BC = 1 cm, e podemos então marcar os comprimentos indicados na figura a seguir. A região cinza é a união de um retângulo de base 1 cm e altura 2 cm com um triângulo cuja área já foi calculada no item anterior. Logo a área da região cinza é = 9 4 = 2, 25 cm2. De modo alternativo, a região cinza é um retângulo de base 1 e altura 3 da qual se retiram três triângulos, cada um com área igual a 1 da área de um quadrado de lado 1. A área procurada é então = = 9 4 = 2, 25 cm2. OBMEP Nível ( N2Q2-1 a fase) Podemos decompor a figura no paralelogramo ABCD e no triângulo BEC. Em cada uma destas figuras a área sombreada corresponde a metade da área, e assim a área sombreada é a metade da área total. 48. ( N2Q8-1 a fase) Como os segmentos AF e ED apontam para o norte, eles são paralelos, e como AB é transversal a AF e a ED segue que D ˆBA = F ÂB = 18o. Logo A ˆBC = 180 o (44 o + 18 o ) = 118 o. Como AB = BC, o triângulo ABC é isósceles; os ângulos iguais AĈB e CÂB medem então 1 2 (180o 118 o ) = 31 o. Concluímos então que F ÂC = BÂC BÂF = 31o 18 o = 13 o. 46\n47 49. ( N2Q12-1 a fase) A figura abaixo a esquerda mostra como decompor o retângulo ABCD em oito triângulos congruentes. Concluímos que a área do quadrilátero P QRS é metade da área do retângulo, ou seja, 20 cm 2. Voltamos agora para a figura do enunciado e traçamos uma paralela T U ao segmento P S. Os triângulos P ST e UT P são congruentes, bem como os triângulos UT Q e RQT. Como o triângulo P QT é a união dos triângulos UT P e UT Q, segue que sua área é metade da área do quadrilátero P QRS, ou seja, 10 cm ( N2Q15-1 a fase) Nesta solução vamos usar repetidamente o resultado de geometria elementar que diz que o ângulo externo de um triângulo é igual a soma dos dois ângulos internos não adjacentes. Este resultado esta ilustrado na figura a seguir e diz que α = β + γ. Vamos indicar por δ a medida do angulo BÂC. Como o triângulo ADE é isósceles, temos DÊA = δ. O ângulo E ˆDF é externo ao triangulo ADE, e pelo resultado mencionado acima temos E ˆDF = δ + δ = 2δ. Como o triângulo DEF e isósceles temos tambem E ˆF D = 2δ; o ângulo F ÊC, externo ao triângulo F EA, mede então 2δ + δ = 3δ. Analogamente, concluímos que C ˆBA = 4δ, e como o triângulo ABC é isósceles segue que BĈA = 4δ. Logo 180o = 4δ + 4δ + δ = 9δ, donde δ = 20 o. 51. ( N2Q16-1 a fase) Lembramos que a soma dos ângulos internos de um polígono de n lados é (n 2) 180 o. Na figura a seguir vemos que o contorno da figura do enunciado da questão (em linha mais grossa) forma um polígono de 6 lados. A soma de seus ângulos internos é então (6 2) 180 o = 720 o. Por outro lado, como os trapézios são congruentes, a soma destes ângulos internos é igual a 10 vezes a medida do ângulo marcado, que vale então 720o 10 = 72o. 52. ( N2Q18-1 a fase) Para achar a soma das áreas dos triângulos, basta calcular a área do paralelogramo ABCD e subtrair as áreas dos trapézios ABF E e CDF E. Seja h a altura do trapézio AB + EF ABF E; sua área é então h = 3h. Como a altura do paralelogramo ABCD é 4 cm, a altura do 2 CD + EF trapézio CDF E é 4 h e sua área é (4 h) = 12 3h. A área do paralelogramo ABCD é 2 16 cm 2 ; a soma das áreas dos triângulos é então 16 (3h h) = 4 cm 2. 47\n48 53. ( N2Q3-2 a fase) (A) Um exemplo de polígono elegante com oito lados aparece na figura a seguir. (B) Como um polígono elegante é convexo e é formado colocando lado a lado quadrados e triângulos equiláteros, seus ângulos são somas de parcelas iguais a 60 o ou 90 o que não ultrapassem 180 o. Os valores possíveis são então 60 o, 90 o, 120 o = 60 o + 60 o e 150 o = 60 o + 90 o. (C) Sabemos que a soma dos ângulos internos de um polígono com n lados é (n 2) 180 o. Por outro lado, vimos no item (B) que o maior valor possível do ângulo interno de um polígono elegante é 150 o ; logo, a soma dos ângulos internos de um polígono elegante de n lados é no máximo n 150 o. Temos então 180(n 2) 150n, e segue que 30n 360, ou seja, n 12. (D) A figura a seguir mostra um polígono elegante de 12 lados. 54. ( N2Q4-2 a fase) (A) Como a soma dos ângulos internos de um polígono de n lados é (n 2) 180 o, a soma dos ângulos internos do dodecágono é (12 2) 180 o = 1800 o. Logo cada um de seus ângulos internos mede 1800 o = 150 o. 12 Antes de prosseguir, lembramos um resultado básico de geometria elementar. Dados uma circunferência de centro O e um arco AB nesta circunferência (marcado em traço mais forte na figura a seguir), temos o ângulo central AÔB associado a este arco. Seja P um ponto qualquer na circunferência que não pertence a AB. Então a medida do ângulo inscrito A ˆP B é a metade da medida do ângulo OÂB, independente da posição de P. A figura a seguir ilustra esta situação; nela temos β = A ˆP B = A ˆQB = 1 2 AÔB = 1 2 α (B) Consideremos outra vez a circunferência de centro O circunscrita ao polígono. Como E e K são diametralmente opostos, o ângulo E ˆDK está inscrito na semicircunferência e segue que E ˆDK = 90 o. Como o ângulo central correspondente a um lado do dodecágono regular é 180o = 30 o, o ângulo 12 48\n49 central AÔD mede 90o, e segue que AÊD = 45o. Finalmente, o triângulo EDM tem ângulos E ˆDM = 90 o e MÊD = 45o ; como a soma dos ângulos internos de um triângulo é 180 o, segue que D ˆME = 180 o (90 o + 45 o ) = 45 o. (C) Como o triângulo EDM tem dois ângulos de 45 o, ele é isósceles; logo MD = DE, ou seja, MD tem a mesma medida que os lados do polígono. Como E ˆDC = 150 o e E ˆDM = 90 o, temos M ˆDC = 60 o ; e como MD = DC segue que o triângulo MDC é equilátero. Em particular, temos MĈD = 60o e segue que MĈB = 90o. Finalmente, como MC = CB, o triângulo MCB é isósceles e então M ˆBC = B ˆMC = 90o 2 = 45o. (D) Temos F ˆBC = 45 o = M ˆBC. Logo os segmentos F B e MB fazem o mesmo ângulo com o segmento BC, e segue que os pontos B, M e F estão alinhados. 49\n50 SOLUÇÕES DAS QUESTÕES DE GEOMETRIA - OBMEP OBMEP Nível ( N1Q7-1 a fase) Na figura a seguir vemos que o corte mede 11 cm, pois a parte com OB é um retângulo e os lados opostos de um retângulo são iguais. Também vemos que o lado superior da parte com MEP também mede 11 cm. Desse modo o lado menor da parte com OB mede = 7 cm e sua área é 7 11 = 77 cm ( N1Q10-1 a fase) O quadrado está dividido em 16 quadradinhos. A área sombreada é a soma das áreas de 8 triângulos iguais, cada um com área igual a metade da área de um quadradinho. Portanto, a área sombreada é igual à área de = 4 quadradinhos, o que corresponde a 2 16 = 1 da área do 4 quadrado. 57. ( N1Q12-1 a fase) Na figura a seguir mostramos dois azulejos. O azulejo 1 é o azulejo do enunciado, com o qual foram formadas as figuras das alternativas (a), (b), (c) e (d). A figura da alternativa E) foi feita com duas cópias do azulejo 1 e duas cópias do azulejo 2. Como não é possível obter o azulejo 2 por translação ou rotação do azulejo 1, segue que não podemos montar a figura da alternativa (e) com cópias do azulejo ( N1Q14-1 a fase) A área de cada quadradinho corresponde a 9% da área do quadrado maior e assim a área dos 4 quadradinhos corresponde a 4 9 = 36% da área do quadrado maior. Logo a área em cinza corresponde, a = 64% da área total. Como essa área é 128 cm 2, concluimos que 1% dessa área é igual a = 2 cm2. Segue que a área do quadrado maior é = 200 cm ( N1Q3-2 a fase) (A) Primeiramente vamos lembrar que a área de um retângulo pode ser calculada como o produto dos comprimentos de dois lados adjacentes. No problema, como a área do retângulo é 108 cm 2 e um lado mede 12 cm, o comprimento do lado adjacente, deve ser um número que multiplicado por 12 tenha como resultado 108, ou seja, é = 9. Assim, o perímetro do retângulo é = 42 cm. (B) Como o quadrado cinza tem área igual a 36 cm 2, o comprimento de seu lado é um número cujo quadrado é 36, ou seja, é igual 6 cm. Logo o retângulo maior tem um lado de comprimento 6 cm; como sua área é 108 cm 2, segue que seu outro lado mede = 18 cm. Logo um lado do retângulo branco mede 6 cm e o outro mede 18 6 = 12 cm, e assim seu perímetro é = 36 cm. Pode-se também argumentar que a área do retângulo branco é = 72 cm 2. Como um de seus lados mede 6 cm, o outro mede então 72 6 = 1 cm; o restante da solução segue como acima. 50\n51 (C) Na figura a seguir marcamos os lados do quadrado R em pontilhado e os lados do quadrado S em traço mais grosso. Para simplificar, vamos nos referir ao comprimento de um segmento grosso apenas como grossp, e do mesmo modo para pontilhado. O perímetro do quadrado S é igual a quatro grossos. Observamos que os retângulos brancos são iguais, pois têm os mesmos lados, e seu perímetro é igual a dois grossos mais dois pontilhados. Por outro lado, o enunciado diz que o perímetro de um desses retângulos é igual a três vezes o perímetro de S, isto é, igual a doze grossos. Logo os dois pontilhados devem ser iguais a dez grossos, ou seja, cada pontilhado é igual a cinco grossos. Notamos agora que um lado do quadrado grande é igual a um grosso mais um pontilhado, ou seja, é igual a seis grossos. Podemos então decompor o quadrado grande em 6 6 = 36 quadradinhos iguais ao quadrado S, como na figura a seguir. Como a área do quadrado maior é igual a 108 cm 2, a área de um desses quadradinhos é igual a = 3 cm 2. Finalmente, o quadrado R consiste de 5 5 = 25 quadradinhos e então sua área é igual a 25 3 = 75 cm ( N1Q5-2 a fase) (A) Logo abaixo vemos que a figura cinzenta tem como contorno um segmento horizontal de 6 cm, um segmento vertical de 6 cm, seis segmentos horizontais de 1 cm e seis segmentos verticais de 1 cm; logo seu perímetro é (6 1) + (6 1) = 4 6 = 24 cm. Vemos também que ela pode ser decomposta em = 21 quadradinhos de área 1; logo sua área é 21 cm 2. (B) A área da figura é a soma das áreas das partes branca e cinzenta. Como essas duas partes formam o quadrado original, sua área total é 6 6 = 36 cm 2. Agora vamos calcular o perímetro. O perímetro da parte cinza é 4 6 = 24 cm e o da parte branca é 4 5 = 20 cm; separadamente, essas peças teriam um perímetro total de = 44 cm. Ao encaixar as peças como no enunciado, elas passam a ter em comum dois segmentos em cada degrau encaixado, que indicamos com traço mais grosso, e um segmento indicado em pontilhado; o número de segmentos comuns é então = 7. Para cada segmento comum perdemos 2 cm do perímetro total, num total de 2 7 = 14 cm. Logo o perímetro da figura é = 30 cm. (C) Quando o comprimento do lado é 87 cm, a parte cinza tem perímetro igual a 4 87 = 348 cm e a parte branca tem perímetro 4 86 = 344 cm, num total de = 692 cm. O mesmo raciocínio da solução do item anterior mostra que o perímetro da figura obtida encaixando 39 degraus é então ( ) = 534 cm. 51\n52 OBMEP Nível ( N2Q6-1 a fase) Os segmentos AP, AS, BR e BQ são raios dos círculos, logo todos têm comprimento 2. Além disso, temos BS = BR RS = 1, donde P Q = P A+AS+SB+BQ = = 7 e vemos que os lados maiores do retângulo têm comprimento 7. Por outro lado, o comprimento dos lados menores do retângulo é igual ao comprimento de MN, que é um diâmetro do círculo, ou seja, tem comprimento 4. Logo o perímetro do retângulo é = 22 cm. 62. ( N2Q8-1 a fase) A figura mostra os comprimentos de alguns segmentos ao longo da sequência de dobras. Ao final, vemos que a região branca é um retângulo de lados de comprimento 4 cm e 8 cm; sua área é então 4 8 = 32 cm 2. (comparar com a questão OBMEP N1Q10-1 a fase) 63. ( N2Q13-1 a fase) O quadrado está dividido em quatro quadrados menores iguais. Cada um dos triângulos brancos tem um lado que é um lado de um quadrado menor e sua altura, relativa a este 1 1 lado, é a metade do lado do quadrado menor; logo sua área é 2 = 1 da área de um quadrado menor. 2 4 Como são quatro desses triângulos, vemos que a área da parte branca é igual à área de = 1 quadrado menor. Como área de um desses quadrados é 1 4 da área do quadrado maior, segue que a área preta é igual a = 3 4 da área do quadrado maior. 64. ( N2Q17-1 a fase) Vamos escolher um ponto entre os pontos destacados; por exemplo, o primeiro ponto à esquerda no lado inferior do quadrado. A figura mostra os três triângulos retângulos que podemos construir com o vértice com o ângulo reto nesse ponto. Como o mesmo acontece com os outros pontos destacados, vemos que o número de triângulos retângulos com vértices nesses pontos é 8 3 = 24. Devemos justificar a afirmativa de que esses triângulos são retângulos. Isso é claro para o triângulo da figura 1. Quanto ao da figura 2, notamos que os dois triângulos retângulos brancos são congruentes, logo seus ângulos com vértice no ponto escolhido somam 90 o e, consequentemente, o ângulo do triângulo cinza nesse vértice é também 90 o. Finalmente, o triângulo da figura 3 é retângulo pois seus lados menores são diagonais de quadrados, como indicado pelos segmentos mais claros; assim eles fazem ângulo de 45 o com o lado inferior do quadrado e o ângulo do triângulo cinza nesse vértice é também 90 o. 52\n53 65. ( N2Q3-2 a fase) (A) A figura a seguir mostra que o hexágono pode ser decomposto em seis triângulos iguais aos triângulos que fazem parte do dodecágono. Como cada um desses triângulos tem área 1 cm 2, segue que o hexágono tem área 6 cm 2. (B) Primeira solução. A figura do item anterior mostra que o dodecágono pode ser decomposto em doze triângulos equiláteros iguais e seis quadrados. Desse modo, ao retirar doze triângulos do dodecágono, a estrela que sobra tem área igual à área de seis quadrados. Como o lado do dodecágono mede 1 cm, cada quadrado tem área 1 cm 2 e assim a área da estrela é 6 cm 2. Segunda solução. Podemos decompor o hexágono central da estrela em seis triângulos e encaixá-los como indicado na figura a seguir. A figura assim obtida tem a mesma área da estrela e consiste de seis quadrados de lado 1 cm; sua área é então 6 cm 2. (C) A figura a seguir mostra que os dois hexágonos retirados têm a mesma área que doze triângulos equiláteros; como no item (B), a região cinza tem a mesma área que seis quadrados de lado 1 cm; sua área é então 6 cm 2. 53\n54 SOLUÇÕES DAS QUESTÕES DE GEOMETRIA - OBMEP OBMEP Nível ( N1Q5-1 a fase) Cortar uma tira de dois centímetros de largura de cada lado da folha faz com que cada lado da folha passe a medir 4 cm a menos. Logo o pedaço de papel que sobrou é um retângulo de dimensões 12 4 = 8 cm e 20 4 = 16 cm, cujo perímetro é = 48 cm. 67. ( N1Q11-1 a fase) Uma solução é observar que é possível sobrepor a região branca do quadrado à região cinza, bastando para isso girá-la 180 o ao redor do centro do quadrado. Logo elas têm a mesma área, que é igual à metade da área do quadrado, ou seja, 25 2 = 12, 5 cm 2. Outra solução é calcular a área da região cinza por partes, como na figura a seguir. Para isso, usamos repetidamente o fato de que a diagonal de um retângulo divide esse retângulo em dois triângulos de mesma área. Na figura, decompomos a região cinza em triângulos e retângulos, indicando em cada um sua área. Logo a área da região cinza é , 5 + 2, , 5 = 12, 5 cm ( N1Q3-2 a fase) (A) Como o quadrado formado com os três retângulos recortados da primeira tira tem área 36 cm 2, seu lado mede 6 cm. Logo o comprimento dos retângulos é 6 cm e sua largura é um terço de seu comprimento, ou seja, 2 cm. (B) Como no item anterior, o lado do quadrado formado com os seis retângulos recortados na segunda tira mede 6 cm. Como todos os retângulos tem a mesma largura, a observação da figura mostra que essa largura é um quarto da medida do lado, isto é, 1, 5 cm. As medidas dos outros retângulos são então determinadas imediatamente, como indicado. Em particular, as dimensões do retângulo destacado são 3 cm e 1, 5 cm; logo seu perímetro é 1, 5 + 1, = 9 cm e sua área é 1, 5 3 = 4, 5 cm 2. (C) Na figura abaixo mostramos o retângulo e o quadrado; a justificativa para o cálculo das medidas indicadas é feita a seguir. Observamos que na figura à direita marcamos os pontos correspondentes da figura à esquerda com as mesmas letras; por exemplo, o segmento AB à esquerda é o segmento A B à direita. 54\n55 A área do retângulo é 2 4, 5 = 9 cm 2, que é também a área do quadrado; logo o lado do quadrado mede 3 cm. Desse modo, os segmentos A B e B F medem 3 cm e vemos que AB também mede 3 cm. Como o lado do retângulo mede 4, 5 cm, segue que BC mede 4, 5 3 = 1, 5 cm, que é então a medida de B C. Finalmente, a medida de A B é a mesma que a de AD, que é 2 cm; logo a medida de B C é 3 2 = 1 cm. Assim obtemos as medidas BG = 1 cm e BC = 1, 5 cm dos catetos do triângulo retângulo BCG, cuja área é então 1 1, 5 = 0, 75 cm 2. 2 OBMEP Nível ( N2Q4-1 a fase) Na figura vemos que a região cinza tem área igual à soma de oito vezes a área de cada um dos triângulos em cinza escuro. Denotando por l a medida do lado de cada quadradinho, segue que cada um dos triângulos em cinza escuro tem área l 4l = 2l 2. Logo a área da região cinza é l 2 = 32l 2. Como a área do quadrado é 64l 2, segue que a área da região cinza é metade da área do quadrado, ou seja, a razão entre a área da região cinza e a área do quadrado é ( N2Q10-1 a fase) Sejam a e b os lados do triângulo e do hexágono, respectivamente. Na figura a seguir vemos o triângulo decomposto em quatro triângulos equiláteros congruentes, formados pelos segmentos que ligam os pontos médios de seus lados; o lado de cada um desses triângulos menores é a. Vemos também o hexágono decomposto em seis triângulos equiláteros congruentes, cada um de lado 2 b. Como o perímetro do hexágono e do triângulo são os mesmos, temos 3a = 6b. Logo b = a 2 e todos os triângulos menores na figura são congruentes. Por outro lado, como a área do hexágono é 6 m 2, cada triângulo menor tem área 1. Logo a área do triângulo é 4 m 2. 55\n56 71. ( N2Q16-1 a fase) Seja x a largura das tiras. Como o retângulo original tem dimensões 30 cm por 50 cm, após retirar um retângulo de largura x de cada lado da folha, vemos que cada uma das suas dimensões diminui de 2x. Portanto, após os cortes das tiras, as dimensões do retângulo que sobrou são 30 2x e 50 2x; seu perímetro é 2(30 2x) + 2(50 2x) = 160 8x. Por outro lado, o enunciado nos diz que esse perímetro é 85% do perímetro da folha original, isto é, 0, 85 ( ) = 0, = 136. Temos então a equação 160 8x = 136, cuja solução é x = ( N2Q6-2 a fase) (A) Na figura a seguir marcamos, em vermelho, o ângulo em B do triângulo ABC e o ângulo correspondente no polígono AMJD; em azul, marcamos o ângulo em C do triângulo ABC e o ângulo correspondente do polígono AELN. Podemos observar na parte superior da figura que o ângulo MÂN é a soma desses dois ângulos com o ângulo em A do triângulo ABC; como a soma dos ângulos internos de um triângulo é 180 o, segue que MÂN = 180o. Logo M, A e N estão alinhados. (B) Na figura os ângulos marcados em vermelho são congruentes, assim como os ângulos marcados em azul. Segue que os ângulos marcados em marrom também são congruentes, pois são ambos suplementos do ângulo vermelho; do mesmo modo, os ângulos verdes são também congruentes. Notamos agora que MN = MA + AN = BF + CG = BC F G = 2F G F G = F G. Segue pelo critério ALA que os triângulos F GI e MNK são congruentes. (C) Na figura a seguir traçamos a base média DE do triângulo ABC. O teorema da base média nos diz que DE é paralelo a BC e que DE = 1 BC = F G. 2 Segue que os triângulos F GI e EHD são congruentes, pois são retângulos, tem os ângulos verdes congruentes (pois são agudos de lados paralelos) e hipotenusas congruentes. Em particular, temos F I = EH, donde F H = F I HI = EH HI = EI. Logo LH = LE + EI + IH = F H + HI + IE = EF. (D) A área do quadrado HJKL é igual à área do triângulo ABC, que é 9; logo o lado do quadrado mede 3. Em particular, LH = 3 e segue do item anterior que EF = 3. 56\nEstrada Dona Castorina, 110 22460-320 Rio de Janeiro, RJ e-mail: central@obmep.org.br www.obmep.org.br\nBanco de Questões 01 Copyright 01 by IMPA Direitos reservados, 01 pela Associação Instituto Nacional de Matemática Pura e Aplicada IMPA Estrada Dona Castorina, 110 Rio de Janeiro 460-30 Impresso no Brasil/Printed