Quadrilátero e triângulo

Na figura abaixo tem-se um quadrado ABCD com lado igual a "L" e duas retas paralelas distantes "L", uma da outra. Se uma dessas retas passa pelo vértice do quadrado, podemos afirmar que o perímetro do triângulo "AMP é igual a:

A) L
B)2L
C)3L
D)L/2
E)L/3

Trace a perpendicular t a s passando por C. Chame de E a interseção entre t e r. Observe que CE = L. Queremos mostrar que ME = MD e PB = PE.

De fato, temos que [latex] \hat{MED} +\hat{ECD} + \hat{CDM} + \hat{DME} = 90^{\circ} +\hat{ECD} + 90^{\circ}+ \hat{DME} = 360^{\circ} \implies \hat{DME} = 180 - \hat{ECD} [/latex]. Além disso, temos que o triângulo DCE é isósceles, pois DC = CE = L. Daí [latex] \hat{CDE} = \hat{DEC} \implies  \hat{CDE} + \hat{DEC} + \hat{ECD} = \hat{ECD} + 2\cdot \hat{CDE} = 180^{\circ} \implies \hat{CDE} = 90^{\circ} - \dfrac{1}{2}\cdot \hat{ECD} [/latex]. Finalizando, temos [latex] \hat{MDE} + \hat{CDE} = 90^{\circ} \implies \hat{MDE} = \dfrac{1}{2}\cdot \hat{ECD}  \implies \hat{MDE} = \hat{MED} [/latex], logo o triângulo MDE é isósceles e ME = MD.

O caso PB = PE é análogo.

https://www.geogebra.org/calculator/b5urgca8


Deve ter um jeito mais fácil kkk

Uma maneira possível, usando trigonometria:

(i)O perímetro do ∆APM é dado por: 2p=a+a/tgθ+acossecθ=a(sinθ+cosθ+1)/sinθ

(ii)Da figura tempos que ND=NO-OD, sendo que NO=L e OD= Lsinθ ⇒ ND=L(1-sinθ)

(iii)DM=ND/cosθ ⇒ DM=L(1-sinθ)/cosθ

(iv)Dado que AD=L⇒ AM=a=L-DM = L(1+tgθ-secθ)=L(sinθ+cosθ-1)/cosθ

De iv em i: 2p=L[(sinθ+cosθ)²-1]/(sinθcosθ)=L(1+2sinθcosθ-1)/(sinθcosθ)=L(2sinθcosθ)/sinθcosθ

.: 2p= 2L.

Duas belas soluções!