Chegamos a uma das questões mais bonitas da prova! Dando continuidade à nossa série com a solução da prova do ENA 2027, vamos destrinchar a Questão 05. Este problema envolve a logomarca do PROFMAT (baseada no famoso Triângulo de Sierpinski) e cobra conceitos fundamentais de geometria plana.
Neste artigo, você não verá apenas uma, mas duas resoluções diferentes para chegar ao gabarito. Vamos lá?
Enunciado da Questão 05 – ENA 2027
05. A logomarca do PROFMAT é inspirada em uma construção fractal clássica baseada em triângulos equiláteros, o triângulo de Sierpinski. Considere um triângulo equilátero principal de lado \(\ell\). Inicialmente, subdivide-se esse triângulo em quatro triângulos equiláteros menores e congruentes ligando-se os pontos médios de seus lados. Em seguida, repete-se o mesmo procedimento em cada um dos três triângulos menores dos cantos, como ilustrado na figura a seguir.
(A figura ilustra o fractal. O ponto \(A\) é o ponto médio do lado esquerdo do triângulo principal, e o ponto \(B\) é o vértice inferior do triângulo invertido desenhado no canto inferior direito, situado sobre a base do triângulo maior.)
Nesse caso, a distância entre os pontos \(A\) e \(B\) é igual a:
(A) \(\frac{\ell\sqrt{7}}{4}\)
(B) \(\frac{\ell\sqrt{5}}{4}\)
(C) \(\frac{\ell\sqrt{3}}{4}\)
(D) \(\frac{\ell\sqrt{3}}{2}\)
(E) \(\frac{\ell\sqrt{7}}{2}\)
Resolução Passo a Passo – Método 1: Lei dos Cossenos
Uma forma muito elegante de resolver este problema é utilizando a Lei dos Cossenos. Vamos construir um triângulo auxiliar usando o vértice inferior esquerdo da figura.
Passo 1: Definir o triângulo de referência Seja \(C\) o vértice inferior esquerdo do triângulo principal. Vamos analisar o triângulo \(ABC\).
- Como o triângulo maior é equilátero, o ângulo em \(C\) (ou seja, \(A\hat{C}B\)) mede \(60^\circ\).
- O ponto \(A\) é o ponto médio do lado esquerdo, logo o segmento \(AC\) mede metade do lado total: \(AC = \frac{\ell}{2}\).
- O ponto \(B\) está na base. A distância de \(C\) até o início do triângulo inferior direito é \(\frac{\ell}{2}\), e o vértice \(B\) avança mais metade da base desse triângulo menor (\(\frac{\ell}{4}\)). Portanto, o lado \(BC\) mede \(\frac{\ell}{2} + \frac{\ell}{4} = \frac{3\ell}{4}\).
Passo 2: Aplicar a Lei dos Cossenos Aplicando a fórmula \(AB^2 = AC^2 + BC^2 – 2 \cdot AC \cdot BC \cdot \cos(60^\circ)\), temos:
- \(AB^2 = \left(\frac{\ell}{2}\right)^2 + \left(\frac{3\ell}{4}\right)^2 – 2 \cdot \left(\frac{\ell}{2}\right) \cdot \left(\frac{3\ell}{4}\right) \cdot \left(\frac{1}{2}\right)\)
- \(AB^2 = \frac{\ell^2}{4} + \frac{9\ell^2}{16} – \frac{3\ell^2}{8}\)
- Tirando o MMC (16): \(AB^2 = \frac{4\ell^2 + 9\ell^2 – 6\ell^2}{16} = \frac{7\ell^2}{16}\)
Tirando a raiz quadrada de ambos os lados, obtemos a distância:
- \(AB = \frac{\ell\sqrt{7}}{4}\)
Resolução Passo a Passo – Método 2: Teorema de Pitágoras (Solução Alternativa)
Se você não se lembrou da Lei dos Cossenos na hora da prova, não tem problema! É possível resolver usando o bom e velho Teorema de Pitágoras.
Passo 1: Criar um triângulo retângulo Podemos enxergar o segmento \(\overline{AB}\) como a hipotenusa de um triângulo retângulo projetado dentro da figura.
- O cateto horizontal (base desse triângulo retângulo) mede \(\frac{\ell}{2}\).
- O cateto vertical (vamos chamar de \(h\)) corresponde à altura de um triângulo equilátero menor, cujo lado mede \(\frac{\ell}{2}\).
Passo 2: Calcular a altura \(h\)
Aplicando Pitágoras para achar essa altura \(h\):
- \(h^2 = \left(\frac{\ell}{2}\right)^2 – \left(\frac{\ell}{4}\right)^2\)
- \(h^2 = \frac{\ell^2}{4} – \frac{\ell^2}{16} = \frac{3\ell^2}{16}\)
Passo 3: Calcular a hipotenusa \(AB\)
Agora aplicamos Pitágoras no nosso triângulo retângulo principal formado por \(AB\), o cateto horizontal e o cateto vertical \(h\):
- \(AB^2 = h^2 + (\text{cateto horizontal})^2\)
- \(AB^2 = \frac{3\ell^2}{16} + \left(\frac{\ell}{2}\right)^2\)
- \(AB^2 = \frac{3\ell^2}{16} + \frac{\ell^2}{4} = \frac{7\ell^2}{16}\)
Novamente, extraindo a raiz, chegamos ao mesmo resultado:
- \(AB = \frac{\ell\sqrt{7}}{4}\)