tiagoteixeira03/MATH-PT huggingface dataset:
Problema (nível 4): Um número diz-se indiferente se cada um dos seus algarismos interiores (isto é, nem o primeiro nem o último) for igual à diferença dos seus dois vizinhos. Por exemplo, $20224$ é um número indiferente com $3$ algarismos distintos. Qual é o maior número de algarismos distintos que um número indiferente pode ter?

Resolução: Consideremos um número $N$ com o maior número possível de algarismos distintos. Seja $a$ o menor dos seus algarismos e $b>a$ um algarismo distinto à sua direita. Suponhamos primeiro que $a>0$. Como cada algarismo interior é igual à diferença dos seus dois vizinhos, então os algarismos seguintes, se existirem, são os da sequência seguinte: $$ (image1) $$ Como $3a+5b\geq 3\times1+5\times 2=13$, esta sequência tem no máximo $5$ algarismos. Isto acontece no caso em que $a=1$, $b=2$, obtendo-se a sequência $12358$. Repetindo o mesmo raciocínio à esquerda de $a$, concluimos que a maior sequência é $85321$, obtendo-se $N=8532112358$. No entanto, esta sequência não tem novos algarismos. Para maximizar a quantidade de novos algarismos, à esquerda de $a$ devemos escolher a alternativa $b=3$, obtendo-se $N=74312358$, que tem $7$ algarismos distintos. Se $a=0$, este algarismo pode aparecer várias vezes em $N$, uma vez que podemos ter sequências $$ (image2) $$ No entanto, estas sequências são todas iguais e, para além delas, só pode haver sequências (à direita ou à esquerda) $$ (image3) $$ O número máximo de algarismos distintos neste caso é $6$, como por exemplo, no número $8532110110112358$. Portanto, o número máximo de algarismos distintos num número indiferente é $7$.


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[image1]
\begin{array}{cccccc} a, & b, & a+b, & a+2b, & 2a+3b, & 3a+5b \end{array}
[image2]
\begin{array}{cccc} 0, & b, & b, & 0 \end{array}
[image3]
\begin{array}{ccccccc} 0, & b, & b, & 2b, & 3b, & 5b, & 8b \end{array}
Problema (nível 4): Consideremos um triângulo $[ABC]$. Os pontos médios de $[BC]$, $[CA]$ e $[AB]$ são $D$, $E$ e $F$, respetivamente. As medianas $[AD]$ e $[BE]$ são perpendiculares, com $\overline{AD}=12$ e $\overline{BE}=9$. Qual é o comprimento de $[CF]$?

Resolução: Seja $G$ o baricentro de $[ABC]$, isto é, a interseção das medianas. Os triângulos $[BGF]$ e $[AFG]$ têm a mesma área (têm igual base, pois $\overline{BF} = \overline{FA}$ e a mesma altura relativamente a essa base). De igual modo, $[AFC]$ e $[BFC]$ têm a mesma área, e removendo $[BGF]$ e $[AFG]$, temos que $[AGC]$ e $[BGC]$ também têm áreas iguais. Repetindo este argumento para os restantes vértices, temos que os $3$ triângulos $[AGB]$, $[BGC]$ e $[CGA]$ têm um terço da área de $[ABC]$. (image1) Como $[ABC]$ e $[BGC]$ partilham a base $[BC]$ e as medianas relativas a este lado estão sob a mesma resta e são proporcionais à altura relativas a este lado, temos que $\overline{AD} = 3\overline{GD}$. Analogamente, $\overline{CF} = 3\overline{FG}$ e $\overline{BE} = 3\overline{GE}$. Logo $\overline{AG} =\overline{AD} - \overline{GD} =\overline{AD} - \frac{\overline{AD}}{3} = 8$ e $\overline{BG} =\overline{BE} - \overline{ED} =\overline{BE} - \frac{\overline{BE}}{3} = 6$. Como $[AGB]$ é um triângulo retângulo em $G$, pelo Teorema de Pitágoras temos que $\overline{BA} = 10$. Notemos que este triângulo está inscrito numa semicircunferência centrada em $F$, logo $\overline{FG} = \overline{FA} = \frac{\overline{BA}}{2}= 5$. Logo $\overline{CF} = 3\overline{FG}= 15$.


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[image1]
\begin{pspicture}(0,-6)(16,7) \small \pnode(0,0){A} \uput[180](A){$A$} \pnode(8,6){B} \uput[90](B){$B$} \pnode(16,-6){C} \uput[-45](C){$C$} \pnode(12,0){D} \uput[0](D){$D$} \pnode(8,-3){E} \uput[270](E){$E$} \pnode(4,3){F} \uput[120](F){$F$} \pnode(8,0){G} \uput[45](G){$G$} \psline(A)(D) \psline(B)(E) \psline(C)(F) \pspolygon(A)(B)(C) \pscircle(F){5} \end{pspicture}
Problema (nível 4): Considera sequências de $0$'s e $1$'s de tal modo que há no máximo dois zeros consecutivos. Quantas sequências deste tipo existem com comprimento $10$?

Resolução: Seja $p(n)$ o número de sequências legais com $n$ algarismos, e $p_1(n)$ o número de sequências legais com $n$ algarismos, acabadas em 1. Então, para todo o $n>2$, temos que $p(n) = p_1(n) + p_1(n-1) + p_1(n-2)$, pois cada sequência acaba em "$1$", "$10$" ou "$100$". Temos também que, para todo o $n>3$, $p_1(n) = p_1(n-1) + p_1(n-2) + p_1(n-3)$, pois cada sequência acabada em "$1$" acaba em "$11$", "$101$" ou "$1001$". Então: $$(image1)$$ Finalmente resta ver que $p_1(1) = 1$, pois só existe a sequência "$1$", $p_1(2) = 2$, pois só existem as sequências "$01$" e "$11$", e $p_1(3) = 4$, pois só existem as sequências "$111$", "$101$", "$011$" e "$001$". Logo $p(10)= 81\times4 + 68\times 2 + 44\times 1 = 504$.


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[image1]
\begin{array}{ccccccc} p(10) &=& p_1(10)& +& p_1(9) &+& p_1(8) \\ &=& 2p_1(9)& +& 2p_1(8)& +& p_1(7) \\ &=& 4p_1(8) &+& 3p_1(7) &+& 2p_1(6) \\ &=& 7p_1(7) &+& 6p_1(6)& +& 4p_1(5) \\ &=& 13p_1(6) &+& 11p_1(5) &+& 7p_1(4) \\ &=& 24p_1(5) &+& 20p_1(4) &+& 13p_1(3) \\ &=& 44p_1(4) &+& 37p_1(3) &+& 24p_1(2) \\ &=& 81p_1(3) &+& 68p_1(2) &+& 44p_1(1) \\ \end{array}
Problema (nível 4): O Alexandre e o Bernardo estão a jogar o seguinte jogo. No início têm $n$ ervilhas num saco. Na primeira jogada, o Alexandre pode tirar uma ervilha; na segunda jogada, o Bernardo pode tirar uma ou duas ervilhas, e assim por diante, ou seja, jogam alternadamente e na jogada $k$, podem tirar qualquer número de ervilhas de $1$ a $k$. Ganha aquele que deixar o saco vazio. Para cada valor de $n$, quem tem uma estratégia vencedora, isto é, quem pode garantir que ganha o jogo, independentemente das jogadas do outro jogador?

Resolução: Comecemos por ver que, se $n=i^2,i^2+1,\ldots,i^2+(i-1)$, para $i\geq 1$, o Alexandre tem uma estratégia ganhadora. Na primeira jogada, o Alexandre tira $1=1^2$ ervilha. Se o Bernardo tirar $1\leq b\leq 2i-2$ ervilhas na jogada $2i-2$, para $i\geq 2$, o Alexandre pode tirar $1\leq 2i-1-b\leq 2i-2$ ou $2\leq 2i-b\leq 2i-1$ ervilhas na jogada $2i-1$, num total de $2i-1$ ou $2i$ ervilhas nestas duas jogadas. Designemos este total por $2i-1+\varepsilon_i$, com $\varepsilon_i=0,1$. Assim, o Alexandre consegue garantir retirar um total de $$1+(3+\varepsilon_2)+(5+\varepsilon_3)+\cdots+(2i-1+\varepsilon_i)=i^2+r,$$ onde $r=0,\ldots,i-1$. Vejamos agora que, se $n=i^2+i,i^2+(i+1),\ldots,i^2+2i$, para $i\geq 1$, o Bernardo tem uma estratégia ganhadora. Se o Alexandre tirar $1\leq a\leq 2i-1$ ervilhas na jogada $2i-1$, para $i\geq 1$, o Bernardo pode tirar $1\leq 2i-a\leq 2i-1$ ou $2\leq 2i+1-a\leq 2i$ ervilhas na jogada $2i$, num total de $2i$ ou $2i+1$ ervilhas nestas duas jogadas. Designemos este total por $2i+1-\varepsilon_i$, com $\varepsilon_i=0,1$. Assim, o Bernardo consegue garantir retirar um total de $$(3-\varepsilon_1)+(5-\varepsilon_2)+\cdots+(2i+1-\varepsilon_i)=(i+1)^2-r-1=i^2+(2i-r),$$ onde $r=0,\ldots,i$.
Problema (nível 2): Na figura, os triângulos $[ABC]$ e $[CDE]$ são equiláteros. O perímetro de $[ABC]$ é $36$ cm, o perímetro de $[CDE]$ é $39$ cm e o perímetro de $[ABCDE]$ é $55$ cm. Qual é o perímetro do triângulo $[ACE]$? (image1)


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[image1]
\begin{pspicture}(0,0)(12,15) \scriptsize \pspolygon(0,0)(12,0)(12;60) \pspolygon(12;60)(-4.33013,2.5)(-6,15.3923) \psline(-4.33013,2.5)(0,0) \uput[225](0,0){$A$} \uput[0](12,0){$B$} \uput[80](12;55){$C$} \uput[135](-6,15.3923){$D$} \uput[135](-4.33013,2.5){$E$} \end{pspicture}

Resolução: O lado de $[ABC]$ mede $36/3=12$ cm. O lado de $[CDE]$ mede $39/3=13$ cm. O perímetro de $[ABCDE]$ mede $\overline{AB}+\overline{BC}+\overline{CD}+\overline{DE}+\overline{EA}=12+12+13+13+\overline{EA}=50+\overline{EA}$. Como este perímetro mede $55$ cm, então $\overline{EA}=5$ cm. Logo o perímetro de $[ACE]$ é $\overline{AC}+\overline{CE}+\overline{AE}=12+13+5=30$ cm.
Problema (nível 2): A turma do $7.^{\circ}$B vai participar numa prova de triatlo por estafetas composto por natação, ciclismo e corrida. A Ana, o Bernardo e a Gabriela nadam bem. O Manuel e a Paula são bons ciclistas. A Sandra, o Tiago e a Gabriela são bons corredores. De quantas maneiras pode a turma formar uma equipa composta por três alunos, se quiser escolher para cada modalidade os melhores atletas da turma?

Resolução: Como a Gabriela não pode participar em duas modalidades diferentes, comecemos por selecioná-la para a prova de natação. Há então duas possíveis escolhas para a prova de ciclismo e duas escolhas para a prova de corrida, perfazendo um total de $2\times 2=4$ possíveis equipas. Se a Gabriela não for a escolha para a prova de natação, há duas escolhas possíveis para esta prova, duas escolhas para a prova de ciclismo e três escolhas para a corrida, perfazendo um total de $2\times 2\times 3=12$ possíveis equipas. Há assim, um total de $4+12=16$ formas de escolher a equipa.
Problema (nível 2): A Joana tem $5000$ peças quadradas de lado $1$cm. A Joana pretende construir um quadrado usando um número de peças múltiplo de $7$. De quantas maneiras diferentes ela o poderá fazer?

Resolução: Solução 1: O número de peças utilizadas na construção do quadrado será múltiplo de $49=7\times 7$. Os múltiplos de $49$ menores do que $5000$ são $$ 1\times 49, \; 2\times 49, \; 3\times 49, \; \ldots \; , \;102\times 49\;=\;4998. $$ Destes, apenas os números $$(image1)$$ poderão ser o número de peças utilizadas na construção dos quadrados. Portanto, a Joana conseguirá construir $10$ quadrados diferentes com um número de peças múltiplo de $7$ e menor do que $5000$. Solução 2: Observe-se que $$70\times 70=4900 < 5000 < 5041=71\times 71.$$ Assim, o maior quadrado que a Joana conseguirá construir terá $10\times 7=70$ peças de lado, ou seja, $4900=7\times 10\times 7\times 10$ peças ao todo. Todos os múltiplos de $7$ menores ou iguais do que $70$ são: $$1\times 7=7, \; 2\times 7=14, 3\times 7=21,\; \ldots 10\times 7=70.$$ Qualquer um destes múltiplos de $7$ pode ser o número de peças do lado de um quadrado maior, em que se utilizou menos de $5000$ peças ao todo. Portanto, a Joana conseguirá construir $10$ quadrados diferentes com um número de peças múltiplo de $7$ e menor do que $5000$.


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[image1]
\begin{array}{cccc}49=7\times 7, & 4\times 49=14\times 14, &9\times 49=21\times 21, & 16\times 49=28\times 28,\\ 25\times 49=35\times 35, & 36\times 49=42\times 42, & 49\times 49, & 64\times 49=56\times 56,\\ 81\times 49=63\times 63,& 100\times 49=70\times 70 && \end{array}
Problema (nível 2): Um quadrado de $9$ cm de lado foi dividido em dois quadrados e dois retângulos, como na figura. Se juntarmos os dois retângulos podemos obter um quadrado. Quanto mede a área do quadrado mais pequeno? (image1)


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[image1]
\begin{pspicture}(0,0)(3,3) \scriptsize \pspolygon(0,0)(3,0)(3,3)(0,3) \psline(2,0)(2,3) \psline(0,1)(3,1) \end{pspicture}

Resolução: Uma vez que se pode formar um quadrado com os retângulos, o comprimento de cada retângulo é o dobro da sua largura, e esta coincide com o lado do quadrado mais pequeno. Assim, o comprimento de cada retângulo é igual $\frac{2}{3}$ do lado do quadrado maior e o lado do quadrado mais pequeno é $\frac{1}{3}$ desse valor, ou seja, $3$ cm. Portanto, a área do quadrado mais pequeno é $3 \times 3 = 9 $ cm$^2$.
Problema (nível 2): O Luís foi ao cinema com os seus pais e com os seus dois irmãos. Eles têm bilhetes para cinco lugares consecutivos na mesma fila. De quantas maneiras se podem sentar os cinco, de forma a que o Luís fique sentado ao lado do pai e da mãe?

Resolução: Como o Luís fica sentado ao lado do pai e da mãe, não pode ficar numa das extremidades, logo há três escolhas para o lugar do Luís. O pai e mãe podem sentar-se de duas maneiras diferentes, com o pai à direita ou à esquerda. Os irmãos do Luís podem sentar-se nos dois lugares restantes também de duas maneiras diferentes. Assim, ao todo há $3\times 2\times 2=12$ maneiras de se sentarem os cinco.
Problema (nível 2): A Ana, o Bernardo, o Carlos, a Daniela, a Eva e o Francisco participaram num torneio, em que cada par de jogadores se defrontou exatamente uma vez. Sabe-se que: A que adversários ganhou a Ana? Houve um único participante a ganhar todos os jogos, mas não houve nenhum a perder todos os jogos; A Ana e a Eva ganharam o mesmo número, ímpar, de jogos, com a Ana a ganhar à Eva. O Carlos só ganhou um jogo, ao único outro jogador que também só ganhou um jogo; O Bernardo e o Francisco, juntos, ganharam $7$ jogos; A Daniela ganhou ao Bernardo; Não houve empates.

Resolução: Como cada jogador participou em $5$ jogos, o Bernardo e o Francisco têm pelo menos $2$ vitórias cada. Como só houve um jogador, para além do Carlos, a acabar com uma vitória, este não foi nem a Ana nem a Eva. Logo o Carlos só pode ter ganhado à Daniela, que por sua vez só ganhou ao Bernardo. Logo a Ana e a Eva têm $3$ vitórias cada, pois é impossível ambas terem $5$. Portanto, a Ana ganhou à Eva, ao Carlos e à Daniela.
Problema (nível 2): Na figura ao lado, $\overline{AE}=\overline{BE}$, $\overline{EC}=\overline{CD}$ e $C\widehat DE=25^\circ$. Sabendo que $EC$ divide o ângulo $BED$ em dois ângulos geometricamente iguais, determina $A\widehat ED$. (image1)


Conteúdo referenciado:
[image1]
\begin{pspicture}(0,0)(5,2.5) \small \pspolygon(0,0)(5,0)(0.55535,2.07258) \psline(0.55535,2.07258)(1.11069,0) \psline(0.55535,2.07258)(2.29444,0) \uput[270](0,0){$A$} \uput[270](1.11069,0){$B$} \uput[270](2.29444,0){$C$} \uput[270](5,0){$D$} \uput[90](0.55535,2.07258){$E$} \end{pspicture}

Resolução: Uma vez que $\overline{CD}=\overline{EC}$, o triângulo $[ECD]$ é isósceles e, por isso, $C\widehat ED=C\widehat DE=25^\circ$. Assim, também $B\widehat EC=25^\circ$ e $E\widehat CB=C\widehat ED+C\widehat DE=50^\circ$, pois é ângulo externo de $[ECD]$. Sendo ângulo externo de $[BCE]$, $E\widehat BA=B\widehat EC+B\widehat CE=75^\circ$ e, tendo em conta que $[AEB]$ é isósceles, tem-se $E\widehat AB=75^\circ$. Logo, $A\widehat EB=180^\circ-2\times 75^\circ=30^\circ$. Portanto, $\ds A\widehat ED=A\widehat EB+B\widehat EC+C\widehat ED=30^\circ+25^\circ+25^\circ=80^\circ$.
Problema (nível 2): Quantos algarismos iguais a $1$ tem o número $$9+99+999+9999+\cdots+\!\overbrace{999\cdots 99}^{2024\text{ algarismos}}$$ onde cada parcela da soma tem um algarismo $9$ a mais do que a parcela imediatamente à sua esquerda e a última parcela tem $2024$ algarismos $9$?

Resolução: Podemos escrever $$(image1)$$ Portanto, o número indicado tem $2020$ dígitos iguais a $1$.


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[image1]
\begin{array}{ccl} 9+99+999+9999+\cdots+\!\overbrace{999\cdots 99}^{2024\text{ algarismos}}&=&(10-1)+(100-1)+(1000-1)+\cdots+(10^{2024}-1)\\ &=&(10+100+1000+\cdots+10^{2024})-(1+1+1+\cdots+1)\\ &=&\overbrace{11\cdots 11}^{2024\text{ dígitos}}\!0-2024=\\ &=&\overbrace{11\cdots 11}^{2020\text{ dígitos}}\!09086.\end{array}
Problema (nível 1): Um elevador parte do rés-do-chão de um prédio com $16$ pessoas. O elevador para em todos os andares até ao décimo. Em cada andar saem $2$ pessoas. Em cada andar ímpar entra uma pessoa e em cada andar par não entra ninguém. Quantas pessoas estão no elevador antes que se abra a porta no décimo andar?

Resolução: O elevador partiu do rés-do-chão com $16$ pessoas. Como $1$ é ímpar, o elevador partiu do primeiro andar com $16-2+1=15$ pessoas. Como $2$ é par, o elevador partiu do segundo andar com $15-2=13$ pessoas. O número de pessoas no elevador quando partiu dos andares seguintes foi $13-2+1=12$, $12-2=10$, $10-2+1=9$, $9-2=7$, $7-2+1=6$, $6-2=4$, $4-2+1=3$ pessoas. Portanto, ao chegar ao décimo andar, antes de se abrir a porta, o elevador tinha $3$ pessoas.
Problema (nível 1): O Jorge, a Joana e o Joel estão todos a usar um chapéu, cada chapéu com um número diferente entre $1$ e $9$. Cada um dos amigos não consegue ver o número presente no próprio chapéu, mas vê os números que estão nos chapéus dos amigos. A soma dos números que a Joana vê é $6$ e o produto dos números que o Jorge vê é $10$. Quais são os possíveis números do chapéu do Jorge?

Resolução: Como o produto dos números que o Jorge vê é $10$, então a Joana e o Joel têm os números $2$ e $5$ nos chapéus. Se o Joel tem o número $2$ no seu chapéu, como a soma dos números que a Joana vê é $6$, o Jorge tem o número $6-2=4$ no seu chapéu. Se o Joel tem o número $5$ no chapéu, como a soma dos números que a Joana vê é $6$, o Jorge tem o número $6-5=1$ no seu chapéu. Logo, o Jorge só pode ter os números $1$ ou $4$ no chapéu.
Problema (nível 3): O Carlitos tem caricas azuis, verdes e encarnadas e quer fazer uma fila com $21$ caricas de tal modo que: De quantas maneiras diferentes pode o Carlitos colocar as $21$ caricas? [(i)] se duas caricas estão uma ao lado da outra, então têm cores diferentes; [(ii)] se uma carica é encarnada ou verde e está entre duas caricas, então estas são diferentes entre si.

Resolução: Em primeiro lugar, observemos que as caricas azuis se repetem de três em três posições. Se uma carica é azul ($A$), então a seguinte ou é encarnada ($E$) ou é verde ($V$), pela regra (i), e a seguinte ou é verde ou é encarnada, respetivamente, pela regra (ii). Temos então uma sequência $AVE$ ou $AEV$, e novamente pela regra (ii) a carica seguinte tem que ser azul. Isto mostra também que a primeira carica azul está numa das três primeiras posições. Vamos ver então de quantas maneiras podemos escolher as caricas em cada um dos três casos. Se primeira carica é azul, então as caricas nas posições $4$, $7$, $10$, $13$, $16$ e $19$ também são azuis, e os seis pares de caricas que estão entre duas caricas azuis e o par que está no final da sequência são da forma $VE$ ou $EV$. Portanto, neste caso, há duas maneiras de escolher cada um destes pares e $2^7=128$ maneiras diferentes de escolher as caricas. Se a carica na terceira posição é azul, então, de modo análogo, concluímos que há $128$ maneiras diferentes de escolher as caricas. Se a segunda carica é azul, então as caricas nas posições $5$, $8$, $11$, $14$, $17$ e $20$ também são azuis, e há $2^6$ maneiras de escolher os seis pares de caricas que estão entre duas caricas azuis. A primeira e a última caricas podem ser encarnadas ou verdes. Neste caso há $2^6\times 2 \times 2=2^8=256$ maneiras diferentes de escolher as caricas. Logo, o Carlitos pode escolher as caricas de $128+128+256=512$ maneiras diferentes.
Problema (nível 3): Num torneio de xadrez participaram $6$ jogadores e cada jogador jogou uma vez com cada um dos restantes jogadores. Uma derrota vale $0$ pontos, um empate vale $1$ ponto (para cada jogador) e uma vitória vale $2$ pontos. No final do torneio um dos jogadores terminou com $8$ pontos, outro com $6$ pontos e os restantes quatro jogadores terminaram todos com o mesmo número de pontos. Qual é o número de pontos com que cada um destes quatro jogadores terminou o torneio?

Resolução: No torneio houve $5+4+3+2+1=15$ jogos: o primeiro jogador jogou com os outros cinco, o segundo jogou com os restantes quatro, o terceiro com os outros três, e assim sucessivamente. Em cada jogo são distribuídos $2$ pontos: ou $2$ para o vencedor ou $1$ para cada um dos jogadores, em caso de empate. Assim, houve $30$ pontos a ser atribuídos aos jogadores. Os quatro jogadores que terminaram empatados obtiveram, em conjunto, $30-(8+6)=30-14=16$ pontos, logo cada um deles conquistou $16:4=4$ pontos.
Problema (nível 3): Na figura, $[ABCD]$ é um quadrado de lado $6$ cm e $M$ é o ponto médio de $[AB]$. O ponto $E$ está em $[AD]$, $F$ está em $[CD]$, e $G$ está em $[MC]$. Sabendo que $[DEGF]$ é um quadrado, determina a área de $[AMGE]$. (image1)


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[image1]
\begin{pspicture}(0,0)(6,6) \small \pspolygon[linestyle=none,fillstyle=solid,fillcolor=azullogotipo](0,0)(3,0)(4,2)(0,2) \pspolygon(0,0)(6,0)(6,6)(0,6) \psline(3,0)(6,6) \psline(0,2)(4,2)(4,6) \uput{0.15}[225](0,0){$A$} \uput{0.15}[-45](6,0){$B$} \uput{0.15}[45](6,6){$C$} \uput{0.15}[135](0,6){$D$} \uput{0.15}[180](0,2){$E$} \uput{0.15}[90](4,6){$F$} \uput{0.15}[-45](4,2){$G$} \uput{0.15}[270](3,0){$M$} \end{pspicture}

Resolução: Como os lados de $[FCG]$ e $[BMC]$ são paralelos, então estes triângulos são semelhantes. Logo $$ \dfrac{\,\,\overline{FC}\,\,}{\overline{FG}}=\dfrac{\,\,\overline{BM}\,\,}{\overline{BC}}=\dfrac36=\dfrac12 $$ ou seja, $\overline{FG}=2\,\overline{FC}$. Como $[DEGF]$ é um quadrado, então $\overline{FG}=\overline{FD}=6-\overline{FC}$. Portanto $2\,\overline{FC}=6-\overline{FC}$, ou seja, $\overline{FC}=2$ cm. Assim, $\overline{EG}=4$ cm, $\overline{EA}=2$ cm e $\overline{AM}=3$ cm. Portanto, a área de $[AMGE]$ é $\dfrac{3+4}{2}\times 2=7$ cm$^2$.
Problema (nível 3): Quatro rapazes, Alberto, Bruno, Carlos e Diogo e quatro raparigas, Leonor, Marisa, Noémia e Olga moram em quatro cidades diferentes, Évora, Faro, Guarda e Horta. Em cada cidade mora um destes rapazes e uma destas raparigas. Descobre em que cidade mora cada um deles, sabendo que: O Alberto e a Noémia moram na mesma cidade, que não é a Guarda; O Bruno mora em Évora ou Faro, mas não mora na mesma cidade que a Leonor; A Olga não mora na Horta, nem na cidade do Diogo; A Marisa mora em Faro; O Diogo não mora em Évora; A Leonor não mora na Guarda.

Resolução: Podemos concluir que: A Marisa mora em Faro, por hipótese. A Olga mora na Guarda porque a Leonor e a Noémia não moram e a Marisa mora em Faro. O Bruno mora em Faro, como a Marisa, porque não mora na mesma cidade que a Leonor, que a Noémia/Alberto e que a Olga (que não mora nem em Faro nem em Évora) O Diogo mora na Horta, porque não mora em Évora, em Faro (onde mora o Bruno) e na Guarda (onde mora a Olga). A Leonor também mora na Horta, como o Diogo, porque o Diogo não mora na mesma cidade que Marisa/Bruno, Noémia/Alberto e Olga. O Carlos mora na Guarda, como a Olga, porque não mora na mesma cidade que a Leonor/Diogo, Marisa/Bruno e Noémia/Alberto. A Noémia e o Alberto moram na cidade restante, Évora.
Problema (nível 3): No triângulo $[ACF]$, o ponto $B$ de $[AC]$ e os pontos $D,E$ de $[CF]$ são tais que $\overline{BE}=\overline{EF}$, $\overline{AD}=\overline{DF}$, $A\widehat{E}F=A\widehat {E}B=B\widehat{E}D$ e $E\widehat{A}D=20^\circ$. Determina $A\widehat{C}F$. (image1)


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[image1]
\begin{pspicture}(0,0)(4,1) \scriptsize \pnode(0.51799,0.61645){A} \pnode(0.94216,0.54136){B} \pnode(0.74188,0){C} \pnode(0,0){D} \pnode(4,0){E} \pnode(-0.12782,0.73079){F} \pspolygon(D)(E)(F) \psline(C)(A) \psline(A)(D) \psline(D)(B) \uput[90](A){$E$} \uput[90](B){$D$} \uput[270](C){$B$} \uput[180](D){$A$} \uput[0](E){$C$} \uput[180](F){$F$} \end{pspicture}

Resolução: Comecemos por notar que, como os ângulos $A\widehat{E}F$, $A\widehat{E}D$ e $B\widehat{E}D$ são iguais e a sua soma é $180^{\circ}$, cada um deles mede $60^{\circ}$. Relativamente ao triângulo $[AED]$, sabemos que $E\widehat{A}D=20^{\circ}$ e que $A\widehat{E}D=2\times 60=120^{\circ}$, pelo que $E\widehat{D}A=40^{\circ}$. Como $\overline{AD}=\overline{DF}$, o triângulo $[ADF]$ é isósceles e, portanto, $D\widehat{F}A=D\widehat{A}F=\frac{180^\circ-40^\circ}{2}=70^{\circ}$. Os triângulos $[AEF]$ e $[AEB]$ são congruentes pelo critério LAL, pelo que $A\widehat{B}E=A\widehat{F}E=70^{\circ}$. Segue-se que $E\widehat{B}C=180^\circ-A\widehat{B}E=110^{\circ}$. Considerando agora o triângulo $[BEC]$, temos $$B\widehat{C}E=180^\circ-E\widehat{B}C-B\widehat{E}C=180^\circ-110^\circ-60^\circ=10^{\circ}.$$