Resoluções

Treinamento para
Olimpíadas de
2009
Resoluções
Matemática
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NÍVEL 3
AULAS 4 a 6
Em Classe
1.
Como ABC e DEF são triângulos eqüiláteros, cada um de seus ângulos internos mede 60º. No triângulo AGD
temos ∠GAD = 180º – 75º – 60º = 45º e ∠GDA = 180º – 65º – 60º = 55º
Logo, ∠AGD = 180º – 45º – 55º = 800. Portanto, no triângulo CGH, temos x + 80º + 60º = 180º, ou seja, x = 40º.
Resposta: B
2.
Seja α medida, em graus, do ângulo ∠ABC.
Desde que BC = CD, o triângulo CDB é isósceles de base DB; logo ∠CDB = ∠ABC = α, e daí, 2α + 36º = 180º,
ou seja, α = 72º. Desde que AB = AC, o triângulo ABC é isósceles de base BC; logo ∠ACB = ∠ABC = α = 72º, e
então 2 × 72º + ∠BAC = 180º, ou seja, ∠BAC = 36º.
Nestas condições, ∠ACD = ∠ACB – ∠DCB = 72º – 36º = 36º. Assim, ∠ACD = ∠BAC = 36º. Consequentemente,
o triângulo ACD é isósceles de base AC, e portanto AD = CD = 2.
Resposta: A
3.
Sejam, α e β, a medida em graus, dos ângulos ∠BED e ∠AEF respectivamente.
Desde que os triângulos ACD, DBE e EAF são isósceles de bases AD, DE e EF, respectivamente, segue-se de
cada um destes triângulos, que:
∠DAC = ∠ADC = 48º; ∠BDE = ∠BED = α; e ∠AFE = ∠AEF = β.
D
48º
α
C
48º
2β
A
2α
B
β
α
E
β
Nestas condições, os ângulos ∠A, ∠B e ∠C , internos do triângulo ABC, são dados por:
F
∠A = ∠AFE + ∠AEF = 2β
∠B = ∠BDE + ∠BED = 2α
∠C = ∠DAC + ∠ADC = 96º
(ângulo externo do ∆EAF);
(ângulo externo do ∆EAF);
(ângulo externo do ∆EAF).
Daí, 2α + 2β + 96º = 180º, donde segue α + β‚ = 42º.
Portanto, ∠DEF = α + β‚ = 42º.
Resposta: C
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4.
Desde que ∠EBC = ∠BCE = 60º (∆BEC eqüilátero) e ∠ABC = ∠BCD = 90º ( ABCD quadrado), tem-se:
∠ABE = ∠ABC – ∠EBC = 90º – 60º = 30º e ∠ECD = ∠BCD – ∠BCE = 90º – 60º = 30º.
Sendo ∠DCF = 60º (∆CDF eqüilátero), ∠ECF = ∠ECD + ∠DCF = 30º + 60º = 90º.
Como AB = BE = EC = CF, então os triângulos ABE e ECF são isósceles de bases AE e EF respectivamente, e
portanto:
∠AEB =
180 º – ∠ABE 180 º – 30 º
180 º – ∠ECF 180 º – 90 º
=
= 75 º e ∠CEF =
=
= 45 º
2
2
2
2
Portanto, desde que ∠BEC = 60º (∆BEC eqüilátero), ∠AEB + ∠BEC + ∠CEF = 75º + 60º + 45º = 180º.
Donde conclui-se que os pontos A, E e F são colineares.
Resposta: E
5.
Note que os triângulos PTA, ABD, BCE, e PQC são todos isósceles. Como ∠STP = 108°, ∠PTA = ∠PAT = 72°. Assim,
temos que ∠TPA = 36° e ∠BAD = ∠BDA = 18°. Além disso, ∠ABD = 144° e ∠CBE = 66°. Como ∠QPC = 126°,
temos que ∠QCP = 27° e ∠ECB = 57°. Logo, ∠QCE = 174°.
Resposta: E
6.
Usando sucessivamente a propriedade entre o ângulo central e inscrito, em uma circunferência, temos:
∠EDF = 2 × ∠GCD = 2 × 2 × ∠IBC= 2 × 2 × 2 × ∠IAB = 80º.
Portanto, ∠IAB = 10º
Resposta: B
7.
Desde que AB é a medida do lado de um hexágono regular inscrito em λ, então a medida do menor arco AB é
360 º
, ou seja, 60º.
6
Desde que CD é a medida do lado de um eneágono regular inscrito em λ, então a medida do menor arco CD é
igual a
igual a
360 º
, ou seja, 40º; consequentemente ∠DAC = 20º.
9
Desde que M é ponto médio do arco AE, ∠MAN = ∠MAE =
90 º
= 45º.
2
Nestas condições, de BC = CD, resulta que a medida do menor arco BC = medida do menor arco CD = 40º, e
portanto
∠CAB = ∠DAC = 20º enxergam a mesma corda)
e ∠AMP = ∠AMC = ∠ADC =
60 º + 40 º
= 50º (enxergam a mesma corda AC).
2
Consequentemente,
∠DAB = 2 × ∠DAC = 40º
∠EAD =
180 º – 60 º – 40 º – 40 º
= 20 º. ( AE é diâmetro de λ)
2
Por outro lado,
∠MAP = ∠MAB = ∠MAE + ∠EAD + ∠DAB = 45º + 20º + 40º = 105º e ∠MNA = ∠CNE = β (o.p.v).
Finalmente, com os resultados encontrados acima, conclui-se:
DE = BC = CD = 4, pois ∠EAD = ∠CAB = ∠DAC = 20º;
α = 180º – (∠AMC + ∠MAP) = 180º – (50º + 105º) = 25º (∆MAP).
β = 180º – (∠MAN + ∠AMP) = 180º – (45º + 50º) = 85º (∆ANM);
γ = ∠ADC = 50º
Resposta: C
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Em Casa
1.
Das paralelas traçadas aos bastões pelos pontos A, B, C, D e E (ver figura) e da propriedade dos ângulos alternos e
internos, resulta dos dados do enunciado a figura:
D
x
51°
B
51° 39°
24°
E
30°
30°
60°
60° 66°
24°
66°
A
C
r
Donde obtém-se x = 39°.
Resposta: A
2.
3.
—
—
—
(Solução Oficial) Como o triângulo ABC é eqüilátero, o ângulo interno  mede 60°. Se DG é paralelo a AB, então
—
— —
o ângulo entre DG e AC é 60° ou 180° – 60° = 120°. Sendo x o maior ângulo entre esses dois segmentos, x = 120°.
Resposta: E
Sejam ∠TSM = x, ∠SKT = y, ∠KLS = α e ∠KTS = β
K
y
L
β
α
β
x
T
180° – β
S
α
M
O triângulo KLM é isósceles porque tem dois lados iguais; conseqüentemente seus ângulos da base são medidas
iguais, isto é, ∠KLS = ∠KMS = α.
Analogamente, o triângulo KST também é isósceles e portanto ∠KST = ∠KTS = β.
Da soma dos ângulos internos de um triângulo, temos:
• No triângulo STM: x + α + 180° – β = 180° ∴ x = β – α
• No triângulo KLM: α + α + 30° + y = 180° ∴ y = 150° – 2α.
Logo, β + β +150° – 2α =180°
Portanto, x = 15°.
Resposta: B
4.
∴
β – α =15°.
A soma dos ângulos externos do Pentágono Regular ABCDE é 360°. Assim, a medida, em graus, do ângulo externo re360°
, isto é, 72°. Conseqüentemente, a medida, em graus, do ângulo interno relativo a B,
lativo ao vértice B, é igual a
5
é igual a 180° – 72°, isto é, ∠ABC = 108°.
Desde que o triângulo ABP é eqüilátero, AB = BP = PA e ∠PBA = 60°. Nestas condições, temos no triângulo PBC,
PB = AB = BC, o que implica dizer que este triângulo é isósceles de base BC e como conseqüência ∠PCB = ∠BPC.
Por outro lado, ∠PBC = ∠ABC – ∠PBA = 108° – 60° = 48°. Portanto, do triângulo isósceles PBC, obtemos
∠ BCP =
180° – ∠PBC 132°
=
= 66°.
2
2
Resposta: D
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5.
A medida, em graus, do menor arco BC deste círculo é 2 ∠BAC = 2 ⋅ 35° = 70°.
Desde que CD é um de seus diâmetros, a medida, em graus, do arco DBC é 180°.
Nestas condições, a medida, em graus, do arco BAD é dada por:
70°
110°
180° – 2 ∠BAC = 180° – 70° = 110°.
Portanto, ∠BCD =
B
35°
C
medida do arco BAD 110°
=
= 55° .
2
2
O
A
D
Resposta: D
6.
7.
8.
Da intersecção dos dois quadrados, obtém-se o pentágono convexo ABCDE (figura).
Onde ∠A = ∠E = ∠C = 90° (vértices dos quadrados sobrepostos) ∠B = x e ∠D = y
(opostos pelo vértice). Por outro lado, a soma das medidas, em graus, dos ângulos
internos do pentágono é 3 ⋅ 180°, ou seja, 540°.
Nestas condições, temos x + y + 90º + 90º + 90º = 540º.
Portanto, x + y = 270º.
Resposta: A
A
B
E
C
D
Desde que ∠CBD = 30° e ∠DCB = 110°, temos no triângulo BDC, ∠BDC + 30° + 110° = 180°, ou seja, ∠BDC = 40°.
Por outro lado, sendo DC//AB, então ∠ABD = ∠BDC = 40° (alternos e internos). Desde que BD = AD, o triângulo
ABD é isósceles. Logo, ∠DAB = ∠ABD = 40°. Portanto, da soma dos ângulos internos do triângulo ABD, x = 100°.
Resposta: C
Sejam u, v e w medidas em graus.
B
v
F
E
I
w
C
u
A
D
Sejam A, B, C, D, E, F e I pontos como indicados na figura ao lado. Nestas condições, decorre dos quadriláteros
inscritíveis AEID, EBFI e FCDI (cíclicos):
∠DIE = 180° – u; ∠EIF = 180° – v e ∠FID = 180° – w
Daí: 180° – u + 180° – v + 180° – w = 360°
Portanto, u + v + w = 180°.
Resposta: E
9.
—
— —
— —
—
Sejam E e F pontos sobre os segmentos DB e AD respectivamente, tais que: DF = DE = EB = 1
Desta construção e dos dados do enunciado, temos sucessivamente:
O triângulo FDC é isósceles de base FC. Daí, ∠DFC = ∠DCF =
1
⋅ ∠ADB = 30°.
2
[1]
O triângulo FDE é eqüilátero. Daí, ∠ADB = ∠FDE = ∠DFE = ∠FED = 60°.
O triângulo FBE é isósceles de base BF. Daí, ∠FBE = ∠BFE =
180° − ∠BEF 180 − 120°
=
= 30°
2
2
[2]
[3]
como mostra na figura a seguir.
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B
1
30°
45°
E
120°
60°
1
30°
F
45°
1
60°
60°
1
30°
D
1
30°
15°
15°
Por outro lado, desde que ∠ACD = 45°, tem-se de [1]:
∠FCD = 30° e ∠FCA = 15°
Como conseqüência deste resultado, [2] e [3]:
• ∠BFD= ∠BFE + ∠DFE = 30° + 60° = 90°.
• ∆AFC é isósceles onde ∠FAC = ∠FCA = 15° e CF = AF.
—
— —
—
• ∆BFC é isósceles onde ∠FBC = ∠FCB = 30° e CF = BF .
A
C
Nestas condições, o triângulo AFB é isósceles e ∠FAB = ∠FBA =
Portanto, ∠ABC = ∠FAB + ∠FBC = 45° + 30° = 75°.
Resposta: D
180° − ∠BFD
= 45°.
2
10. Do enunciado, tem-se no triângulo ABC:
[1]
 + B̂ + Ĉ = 180° ∴ 20° + 120° + Ĉ = 180° ∴ Ĉ = 40°
Por outro lado, seja M simétrico de B em relação a reta suporte de AQ.
Como ∠QAB = ∠QAC = 10°, então M pertence ao segmento AC.
Marcando este ponto sobre AC e ligando-o a Q e a B por segmentos de reta obtém-se a figura:
B
40°
20°
60°
Q
10°
10°
60°
20°
C
M
A
Como conseqüência desta simetria, resulta:
— —— —— ——
—
[2]
AB = AM , QB = QM
e
∠QMA = ∠QBA = 20°
[3]
De [2], segue-se que os triângulos:
BAM e BQM são isósceles.
[4]
Desde que ∠A = 10° + 10° = 20° e ∠ABC = ∠ABQ + ∠QBC = 20° + 100° = 120°, conclui-se de [3]:
 1
∠ABM = ∠AMB =   ⋅ 180° − 20° = 80°.
 2
(
)
como conseqüência ∠MBC = ∠ABC – ∠ABM = 120° – 80° = 40°
[5]
Assim, de [4], ∠QBM = ∠QMB = 80° – 20° = 60°. Logo, o triângulo BQM é eqüilátero, o que implica
— —— —
—
—
QB = QM = MB
[6]
—— —
— ——
Portanto, de [1], [5] e [6], conclui-se que QM = MB = MC. Nestas condições, o triângulo QMC é isósceles e
∠QMA = 20° (medida do ângulo externo relativo ao vértice M do triângulo QMC), conseqüentemente
∠ACQ =
∠QMA 20°
=
= 10° .
2
2
Resposta: A
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5•
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11. Desde que a soma dos ângulos externos de um polígono é 360°, ou seja, 2π rad e AB̂C um
ˆ = π − 2 ⋅ π = 5π rad . Por outro lado, com resdos ângulos internos do heptágono, ∠ABC
7
7
ˆ =
peito aos ângulos de vértice B, ∠ABC
π
2
Y
A
rad e ∠ AB̂C + ∠ XB̂C + ∠CB̂A = 2π, conse-
ˆ =
isósceles, então ∠BXC
2
=
π−
B
C
G
ˆ = 11π rad . Portanto, como XB = BC, o ∆XBC é
ˆ = 2π − π − ∠ABC
qüentemente ∠XBC
2
14
π − ∠XBC
X
F
11π
14 = 3π radianos.
2
28
D
E
Resposta: E
12. (Solução Oficial)
Temos 252° = 180° + 72°, sendo o ângulo central do pentágono igual a
A
760°
= 72°.
5
B
252°
72°
O
B
O
A
180°
Resposta: B
13. Usando a propriedade do ângulo externo, temos a figura.
180 – 5x
5x
7x
8x
2x
3x
6x
4x
Por outro lado, a soma dos ângulos externos do triângulo ABC é 360°, conseqüentemente 7x + 8x + (180º – 5x) = 360°,
ou seja, x = 18°.
Resposta: C
6•
2α
•
°–
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L
0
18
14. Como a reta PQ é tangente à circunferência, os ângulos
LNP e LMN são congruentes, ou seja, ∠LMN = α (onde α é
uma medida em graus). Sendo o triângulo LMN isósceles
com LM = LN, os ângulos LNM e LMN são congruentes, e,
portanto,
∠MLN = 180° – ∠LNM – ∠LMN
= 180° – 2α.
O ângulo LNP é externo do triângulo LNR, logo
∠LNP = ∠NLR + ∠LRN. Assim, α = 180° – 2α + ∠LRP.
Portanto, ∠LRP = 3α – 180°.
Resposta: A
α
P
α
N
α
M
R
2009
Q
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360°
= 72° ,
5
portanto cada um de seus ângulos internos medem, em graus, 180° – 72°, ou seja, 108°. Nestas condições, obtemos
do enunciado a figura abaixo.
15. Desde que o pentágono ABCDE é regular, então cada um de seus ângulos externos medem, em graus,
B
108°
C
66°
42°
60°
A
48°
P
D
Do quadrilátero (convexo) APCB, ∠APC + 66° + 108° + 60° = 360°, o que implica ∠APC = 126°.
Por outro lado, construindo uma circunferência λ, de centro B e raio AB (figura), temos que o maior arco AC sobre
esta circunferência λ mede 360° – 108°, ou seja, 252°.
E
252°
B
108°
C
66°
42°
A
126°
60°
48°
P
D
E
Como 2 ⋅ ∠APC = 252°, segue-se que a medida do arco maior AC é o dobro da medida do ângulo APC, o que implica
dizer que P pertence a circunferência λ e portanto BP = AB = BC. Ainda mais, como ∠PAB = 60°, conclui-se o
triângulo ABP é eqüilátero e o triângulo BPC é isósceles de base PC. Estes resultados levam-nos a concluir que
∠APB = ∠ABP = 60° no ∆BPC e ∠BPC = 66° e ∠PBC = 48° no ∆BPC, e ainda, como conseqüência a construção da
figura auxiliar abaixo.
B
60°
48°
66°
C
42°
A
60°
48°
60° 66°
66° P
D
E
Agora, do triângulo eqüilátero ABP, tem-se que AP = AB. Como, AB = AE (lados do pentágono regular), conclui-
180° − 48°
= 66°.
2
Finalmente, dos ângulos da figura acima, com vértice em P, podemos escrever: 66° + 60° + 66° + ∠CPE = 360°,
donde conclui-se que ∠CPE = 168°.
Resposta: E
se que o triângulo APE é isósceles de base PE, portanto ∠APE =
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•
7•
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16. Dos dados do enunciado podemos concluir que os triângulos ADC e ABC são isósceles de bases AD e BC respectivamente, então ∠ACB = y e ∠CAD = x.
B
∠EAD = ∠CAD – ∠CAE
= ∠CAD – ∠CAB
Nestas condições, temos do vértice A:
y
D
= x – (180° – 2y)
E
x
x
Portanto, do triângulo AED, retângulo em E,
segue-se x + [x – (180° – 2y)] = 90°, o que implica
2x + 2y = 270°, ou melhor ainda, x + y = 135°.
y
Resposta: B
C
A
17. O ângulo BDF é externo do triângulo ADF relativo ao vértice D. Como ∠EDF = 60° (∆DEF eqüilátero), segue-se
que β + 60° = α + 46°, donde obtém-se α – β = 14°.
Resposta: B
18. Recordemos que a soma dos ângulos internos de um quadrilátero
é 360°. Assim, dos quadriláteros da figura ao lado, obtidos ao ligar
os vértices, dos ângulos de medidas Ê e F̂, temos:
 + B̂ + Ê1 + F̂1 = Ĉ + D̂ + Ê2 + F̂2 = 360°.
B
A
Por outro lado, do vértice do ângulo de medida Ê, podemos escrever: Ê1 + Ê2 = 380° – Ê, e de modo análogo para o vértice do ângulo
de medida F̂, temos F̂1 + F̂2 = 380° – F̂.
Finalmente, dos ângulos destes dois quadriláteros, segue-se que:
720° = Â + B̂ + Ĉ + D̂ + Ê1 + Ê2 + F̂1 + F̂2 = Â + B̂ + Ĉ + D̂ + 720°
E1
E
E2
F1
F
F2
D
Donde encontramos: Ê + F̂ = Â + B̂ + Ĉ + D̂.
C
Resposta: A
19. A afirmação que DF divide o ângulo BDA é falsa, pois caso contrário teríamos ∠BDF = 45° e conseqüentemente
∠BCA = ∠BDF = 45° (determinam o mesmo arco BD) o que implicaria o triângulo ABC ser isósceles; contradizendo o enunciado, que diz que o triângulo ABC é não isósceles. Deixo a cargo do leitor a verificação que as demais
alternativas são verdadeiras.
Resposta: C
20. Sejam ∠DBG = ∠CBG = α, ∠EBF = ∠ABF = β e ∠FBG = x.
Desde que AD é bissetriz, tem-se que BD = DG, logo o triângulo BDG é isósceles de base BG. Portanto, a medida
do ângulo GDC, externo a este triângulo, é 2α. Raciocinando de modo análogo para a bissetriz CE, concluiremos que
o triângulo BEF é isósceles de base BF e que a medida do ângulo externo AEF deste triângulo é 2β (ver figura).
A
F
2β β
E
B
β
α
x
G
2α
α
C
D
Nestas condições resulta dos triângulos retângulos AFE e DGC, ∠BAF = 90° – 2β e ∠DCG = 90° – 2α.
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Portanto, dos ângulos agudos  e Ĉ do triângulo retângulo ABC, segue
∠BAF + ∠DCG = 90°
∴ (90° – 2β) + (90° – 2α) = 90°.
∴ β + α = 45°
conseqüentemente do vértice B (ângulo reto) do triângulo ABC, podemos escrever com os resultados obtidos
anteriormente
x + β + α = 90°
∴ x + 45° = 90°
∴ x = 45°.
Resposta: C
21. Seja λ uma circunferência, construída com centro em A e raio AB. Como AB = AD = 1, D pertence à λ. Nestas condições, a medida do arco BD maior é 360° – 80°, isto é, 280°, que corresponde ao dobro da medida do ângulo BCD.
λ
280°
A
1
B
80°
140°
1
D
C
Portanto, nestas condições, conclui-se que C também pertence à λ conseqüentemente AC = AB = AD = 1.
Resposta: B
22.
A
D
M
E
B
C
Inicialmente, observemos que BC // AD; pois ambos os segmentos são perpendiculares a AC.
Então, ∠EBC = ∠EDA = 18º (alternos e internos).
Denominando de M o ponto médio de ED, a mediana AM do triângulo ADE, retângulo em A é a metade da
1
ED = MD (figura). Nestas condições, o triângulo ADM é isósceles de base AD e
hipotenusa ED, isto é, AM =
2
∠MAD = ∠MDA = ∠EDA = 18º; portanto ∠AMB = 2 ⋅ 18º = 36º (ângulo externo). Por outro lado, desde que
ED = 2 ⋅ AB (enunciado) segue-se que ED = 2 ⋅ AM = 2 ⋅ AB, isto é, AM = AB, o que implica dizer que o triângulo
ABM é isósceles de base BM, e como conseqüência ∠ABE = ∠ABM = ∠AMB = 36º.
Resposta: B
SISTEMA ANGLO DE ENSINO – Coordenação Geral: Nicolau Marmo; Coordenação do TOM: Marco Antônio Gabriades; Supervisão de
Convênios: Helena Serebrinic; Nível 3: Antonio Carlos ROSSO Junior, GLENN Albert Jacques Van Amson, Luís Antonio PONCE Alonso, ROBERTO
Miguel El Jamal; Projeto Gráfico, Arte e Editoração Eletrônica: Gráfica e Editora Anglo Ltda;
SISTEMA ANGLO DE ENSINO
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9•
2009
Treinamento para Olimpíadas de Matemática