Exercícios do capítulo X — Triângulos quaisquer

Chamando de $b = 8$ e $c = 12$ os lados dados e de $\hat{A} = 120^\circ$ o ângulo entre eles, a lei dos cossenos dá

então $a = \sqrt{304} = 4\sqrt{19}$ m.

Da lei dos cossenos, $\cos\hat{A} = \dfrac{b^2 + c^2 - a^2}{2bc} = \dfrac{169 + 225 - 100}{2 \cdot 13 \cdot 15} = \dfrac{294}{390} = \dfrac{49}{65}$; portanto $\hat{A} = \operatorname{arc\,cos}\dfrac{49}{65}$.

Pela lei dos cossenos, $\cos\hat{A} = \dfrac{b^2 + c^2 - a^2}{2bc}$. Se $a$, $b$, $c$ são racionais, o numerador e o denominador são racionais (somas e produtos de racionais), e o denominador não é nulo; logo $\cos\hat{A}$ é racional. O mesmo vale para $\cos\hat{B}$ e $\cos\hat{C}$. (Os senos, porém, podem ser irracionais: no triângulo equilátero de lado 1, $\operatorname{sen} 60^\circ = \frac{\sqrt{3}}{2}$.)

(Para que $b$ e $c$ sejam positivos, $x > 1$.) Calculemos $b^2 + c^2 + bc$:

Comparando com a lei dos cossenos, $a^2 = b^2 + c^2 - 2bc\cos\hat{A}$, vem $-2bc\cos\hat{A} = bc$, isto é, $\cos\hat{A} = -\frac{1}{2}$ e $\hat{A} = 120^\circ$.

Como $2\operatorname{sen}^2\frac{\hat{C}}{2} = 1 - \cos\hat{C}$ e, no triângulo retângulo, $\cos\hat{C} = \frac{b}{a}$:

Admitamos que $a$ seja o maior lado, isto é, $a \ge b$ e $a \ge c$. Ao maior lado opõe-se o maior ângulo, portanto $\hat{A} \ge \hat{B}$ e $\hat{A} \ge \hat{C}$, e o triângulo é retângulo, acutângulo ou obtusângulo conforme $\hat{A}$ seja reto, agudo ou obtuso. Da lei dos cossenos, $\cos\hat{A} = \dfrac{b^2 + c^2 - a^2}{2bc}$. Então:

• a) $\hat{A} = 90^\circ \iff \cos\hat{A} = 0 \iff a^2 = b^2 + c^2$;
• b) $0^\circ < \hat{A} < 90^\circ \iff \cos\hat{A} > 0 \iff a^2 < b^2 + c^2$;
• c) $90^\circ < \hat{A} < 180^\circ \iff \cos\hat{A} < 0 \iff a^2 > b^2 + c^2$.

Conclusão: um triângulo é retângulo, acutângulo ou obtusângulo conforme o quadrado do seu maior lado seja igual, menor ou maior que a soma dos quadrados dos outros dois.

Da lei dos senos, $2R = \dfrac{a}{\operatorname{sen}\hat{A}} = \dfrac{15}{\frac{1}{2}} = 30$ cm; então $R = 15$ cm.

$\hat{A} = 180^\circ - 30^\circ - 45^\circ = 105^\circ$, e $\operatorname{sen} 105^\circ = \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}$. Pela lei dos senos:

Racionalizando: $b = 5(\sqrt{6} - \sqrt{2})$ e $c = 10(\sqrt{3} - 1)$.

a) Construa um triângulo qualquer $A'B'C'$ com ângulos $\alpha$ e $\beta$ (ele tem a forma certa, mas não o tamanho). Sobre uma semirreta, marque o perímetro de $A'B'C'$ e o perímetro $2p$ dado; pelo teorema de Tales (homotetia), reduza ou amplie $A'B'C'$ na razão entre os dois perímetros.

b) Pela lei dos senos, $a = 2R\operatorname{sen}\alpha$, $b = 2R\operatorname{sen}\beta$ e $c = 2R\operatorname{sen}(\alpha + \beta)$ (pois $\hat{C} = 180^\circ - \alpha - \beta$). Somando, $2p = 2R[\operatorname{sen}\alpha + \operatorname{sen}\beta + \operatorname{sen}(\alpha + \beta)]$; daí $2R$ e os três lados.

Como os ângulos $A\hat{D}B$ e $A\hat{C}B$ “veem” o segmento $\overline{AB}$ sob o mesmo ângulo, do mesmo lado, os pontos $A$, $B$, $C$, $D$ estão numa mesma circunferência, de raio $R$. Pela lei dos senos no triângulo $ABD$, $AB = 2R\operatorname{sen} A\hat{D}B$; no triângulo $BCD$, $CD = 2R\operatorname{sen} C\hat{B}D$. Dividindo membro a membro, $\dfrac{AB}{CD} = \dfrac{\operatorname{sen} A\hat{D}B}{\operatorname{sen} C\hat{B}D}$, que é a tese.

A base média $\overline{C'B'}$ é paralela a $\overline{BC}$ e mede $\frac{a}{2}$; a distância entre essas duas paralelas é metade da altura $h_a$. Como $C'M$ e $B'M$ fazem ângulos iguais com $BC$, fazem ângulos iguais (alternos) com $C'B'$: o triângulo $C'MB'$ é isósceles, e a sua altura, $\frac{h_a}{2}$, cai no meio de $\overline{C'B'}$. Então

Pela lei dos senos, $a = 2R\operatorname{sen}\alpha$; e $h_a = c\operatorname{sen}\beta = 2R\operatorname{sen}\gamma\operatorname{sen}\beta$. Logo $\operatorname{cotg}\varphi = \dfrac{2R\operatorname{sen}\alpha}{4R\operatorname{sen}\beta\operatorname{sen}\gamma} = \dfrac{\operatorname{sen}\alpha}{2\operatorname{sen}\beta\operatorname{sen}\gamma}$.

No triângulo $ABY$, o ângulo externo em $A$, que mede $\alpha$, é igual à soma dos internos não adjacentes, $\frac{\alpha}{2}$ e $B\hat{Y}A$; então $B\hat{Y}A = \frac{\alpha}{2}$ e o triângulo $ABY$ é isósceles: $AY = AB = 50$ m. No triângulo retângulo $AXY$:

Sejam $\alpha$, $2\alpha$ e $3\alpha$ os três ângulos, vistos dos pontos $A$, $B$ e $C$, e $Y$ o topo da torre. Como no exercício 386, o triângulo $ABY$ é isósceles e $BY = 110$ m. No triângulo $BCY$, o ângulo em $Y$ mede $3\alpha - 2\alpha = \alpha$ e o ângulo em $C$ mede $\pi - 3\alpha$; pela lei dos senos,

A altura é $BY\operatorname{sen} 2\alpha = 110 \cdot 2 \cdot \frac{1}{\sqrt{5}} \cdot \frac{2}{\sqrt{5}} = 88$ m.

Com $\cos 2x = 1 - 2\operatorname{sen}^2 x$:

Pela lei dos senos, $a\operatorname{sen}\hat{B} = b\operatorname{sen}\hat{A}$, e o parêntese é nulo.

No triângulo retângulo, $S_b = \frac{c}{\cos(\hat{B}/2)}$ e $S_c = \frac{b}{\cos(\hat{C}/2)}$, com $b = a\operatorname{sen}\hat{B}$ e $c = a\cos\hat{B}$. Então

Para $\hat{B} = 60^\circ$: $\dfrac{\frac{\sqrt{3}}{4}}{\frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}} = \dfrac{2}{\sqrt{6} + \sqrt{2}} = \dfrac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{2}$. A expressão é simétrica em $\hat{B}$ e $\hat{C}$ e decresce quando $\hat{B}$ se afasta de $45^\circ$, por isso as únicas soluções são $60^\circ$ e $30^\circ$.

a) A corda $AP$ subtende o ângulo central $2\alpha$: $AP = 2r\operatorname{sen}\alpha$. E $HP$ é a abscissa de $P$: $HP = r\cos 2\alpha = r(1 - 2\operatorname{sen}^2\alpha)$. A condição $AP - HP = r$ fica $2\operatorname{sen}\alpha - 1 + 2\operatorname{sen}^2\alpha = 1$, isto é, $\operatorname{sen}^2\alpha + \operatorname{sen}\alpha - 1 = 0$, ou $1 - \operatorname{sen}^2\alpha = \operatorname{sen}\alpha$, ou $\cos^2\alpha = \operatorname{sen}\alpha$, ou ainda $\cos\alpha = \frac{\operatorname{sen}\alpha}{\cos\alpha} = \operatorname{tg}\alpha$.

b) Da equação do 2º grau, $\operatorname{sen}\alpha = \frac{-1 + \sqrt{5}}{2}$ (a outra raiz é menor que $-1$).

c) $\operatorname{sen}\alpha \approx 0{,}618034$, entre $\operatorname{sen} 38^\circ 10'$ e $\operatorname{sen} 38^\circ 11'$. Interpolando: $\frac{0{,}618034 - 0{,}617951}{0{,}618180 - 0{,}617951} \cdot 60'' = \frac{83}{229} \cdot 60'' \approx 22''$. Logo $\alpha \approx 38^\circ 10' 22''$.

a) $S = \frac{ab}{2}\operatorname{sen}\theta$, para $0 < \theta < \pi$: um arco de senoide de altura $\frac{ab}{2}$ (no gráfico, $\frac{ab}{2} = 1$).

b) O máximo ocorre em $\theta = 90^\circ$.

c) $\frac{\operatorname{sen} 120^\circ}{\operatorname{sen} 30^\circ} = \frac{\sqrt{3}/2}{1/2} = \sqrt{3} \approx 1{,}732$: um acréscimo de cerca de $73\%$.

Em todas usamos $a = 2R\operatorname{sen}\hat{A}$, $b = 2R\operatorname{sen}\hat{B}$, $c = 2R\operatorname{sen}\hat{C}$ e $\hat{A} + \hat{B} + \hat{C} = \pi$, de modo que $\operatorname{sen}\hat{A} = \operatorname{sen}(\hat{B} + \hat{C})$ etc.

1) $\operatorname{sen}(\hat{B} + \hat{C})\operatorname{sen}(\hat{B} - \hat{C}) = \operatorname{sen}^2\hat{B} - \operatorname{sen}^2\hat{C}$. Assim, o primeiro membro vale $2R[(\operatorname{sen}^2\hat{B} - \operatorname{sen}^2\hat{C}) + (\operatorname{sen}^2\hat{C} - \operatorname{sen}^2\hat{A}) + (\operatorname{sen}^2\hat{A} - \operatorname{sen}^2\hat{B})] = 0$.

2) $\operatorname{sen}(\hat{B} + \hat{C})\cos(\hat{B} - \hat{C}) = \frac{1}{2}(\operatorname{sen} 2\hat{B} + \operatorname{sen} 2\hat{C}) = \operatorname{sen}\hat{B}\cos\hat{B} + \operatorname{sen}\hat{C}\cos\hat{C}$; multiplicando por $2R$, obtemos a tese.

3) Reagrupando: $(b\cos\hat{C} + c\cos\hat{B}) + (c\cos\hat{A} + a\cos\hat{C}) + (a\cos\hat{B} + b\cos\hat{A}) = a + b + c$, pelo teorema das projeções.

4) $\dfrac{a^2 - b^2}{c^2} = \dfrac{\operatorname{sen}^2\hat{A} - \operatorname{sen}^2\hat{B}}{\operatorname{sen}^2\hat{C}} = \dfrac{\operatorname{sen}(\hat{A} + \hat{B})\operatorname{sen}(\hat{A} - \hat{B})}{\operatorname{sen}^2(\hat{A} + \hat{B})} = \dfrac{\operatorname{sen}(\hat{A} - \hat{B})}{\operatorname{sen}(\hat{A} + \hat{B})}$.

5) Pela lei dos cossenos, $c^2 + a^2 - b^2 = 2ac\cos\hat{B}$ e $c^2 + b^2 - a^2 = 2bc\cos\hat{A}$. O quociente é $\dfrac{a\cos\hat{B}}{b\cos\hat{A}} = \dfrac{\operatorname{sen}\hat{A}\cos\hat{B}}{\operatorname{sen}\hat{B}\cos\hat{A}} = \dfrac{\operatorname{tg}\hat{A}}{\operatorname{tg}\hat{B}}$.

6) $\dfrac{b + c}{a} = \dfrac{\operatorname{sen}\hat{B} + \operatorname{sen}\hat{C}}{\operatorname{sen}\hat{A}} = \dfrac{2\operatorname{sen}\frac{\hat{B} + \hat{C}}{2}\cos\frac{\hat{B} - \hat{C}}{2}}{2\operatorname{sen}\frac{\hat{A}}{2}\cos\frac{\hat{A}}{2}} = \dfrac{\cos\frac{\hat{B} - \hat{C}}{2}}{\operatorname{sen}\frac{\hat{A}}{2}}$, pois $\operatorname{sen}\frac{\hat{B} + \hat{C}}{2} = \cos\frac{\hat{A}}{2}$.

7) Do mesmo modo, $\dfrac{b - c}{a} = \dfrac{2\cos\frac{\hat{B} + \hat{C}}{2}\operatorname{sen}\frac{\hat{B} - \hat{C}}{2}}{2\operatorname{sen}\frac{\hat{A}}{2}\cos\frac{\hat{A}}{2}} = \dfrac{\operatorname{sen}\frac{\hat{B} - \hat{C}}{2}}{\cos\frac{\hat{A}}{2}}$, pois $\cos\frac{\hat{B} + \hat{C}}{2} = \operatorname{sen}\frac{\hat{A}}{2}$.

Com $a = 4$, $b = 6$, $c = 8$: $p = 9$ e, pela fórmula de Heron, $S = \sqrt{9 \cdot 5 \cdot 3 \cdot 1} = 3\sqrt{15}$.

• Alturas ($h = \frac{2S}{\text{lado}}$): $h_a = \frac{3\sqrt{15}}{2}$, $h_b = \sqrt{15}$, $h_c = \frac{3\sqrt{15}}{4}$.
• Medianas ($m_a = \frac{1}{2}\sqrt{2b^2 + 2c^2 - a^2}$): $m_a = \sqrt{46}$, $m_b = \sqrt{31}$, $m_c = \sqrt{10}$.
• Bissetrizes ($S_a = \frac{2}{b + c}\sqrt{bcp(p - a)}$): $S_a = \frac{12\sqrt{15}}{7}$, $S_b = 2\sqrt{6}$, $S_c = \frac{6\sqrt{6}}{5}$.
• Raios: $r = \frac{S}{p} = \frac{\sqrt{15}}{3}$ e $R = \frac{abc}{4S} = \frac{16\sqrt{15}}{15}$.

A bissetriz divide o triângulo em dois, de áreas $\frac{1}{2}cS_a\operatorname{sen}\frac{\hat{A}}{2}$ e $\frac{1}{2}bS_a\operatorname{sen}\frac{\hat{A}}{2}$, cuja soma é $\frac{1}{2}bc\operatorname{sen}\hat{A}$. Daí $S_a = \dfrac{2bc\cos\frac{\hat{A}}{2}}{b + c} = \dfrac{900\cos 15^\circ}{45} = 20\cos 15^\circ$.

Provemos (1); as outras são análogas. A circunferência ex-inscrita no ângulo $\hat{A}$ tangencia o lado $\overline{BC}$ e os prolongamentos de $\overline{AB}$ e $\overline{AC}$, nos pontos $T$, $T_c$ e $T_b$. Os segmentos tangentes traçados de um ponto são iguais: $BT_c = BT$ e $CT_b = CT$. Então

e, como $AT_c = AT_b$, cada um mede $p$; além disso $BT_c = p - c$ e $CT_b = p - b$.

• O centro $I_a$ está na bissetriz de $\hat{A}$, e no triângulo retângulo $AT_cI_a$: $r_a = p\operatorname{tg}\frac{\hat{A}}{2}$.
• $I_a$ está na bissetriz do ângulo externo em $B$, que mede $180^\circ - \hat{B}$; no triângulo retângulo $BT_cI_a$, o ângulo em $B$ é $90^\circ - \frac{\hat{B}}{2}$, logo $r_a = (p - c)\operatorname{tg}\left(90^\circ - \frac{\hat{B}}{2}\right) = (p - c)\operatorname{cotg}\frac{\hat{B}}{2}$.
• Do mesmo modo, em $C$: $r_a = (p - b)\operatorname{cotg}\frac{\hat{C}}{2}$.

Usamos $r = \frac{S}{p}$ e $r_a = \frac{S}{p - a}$, $r_b = \frac{S}{p - b}$, $r_c = \frac{S}{p - c}$ (de $S = r_a(p - a)$, que sai, como $S = pr$, da decomposição do triângulo a partir do ex-incentro). A hipótese $r_a = r_b + r_c + r$ fica

pois $(p - b) + (p - c) = a$. Então $p(p - a) = (p - b)(p - c)$, isto é, $p(b + c - a) = bc$. Multiplicando por 2: $(a + b + c)(b + c - a) = 2bc$, ou $(b + c)^2 - a^2 = 2bc$, ou $b^2 + c^2 = a^2$. Pelo exercício 372, o triângulo é retângulo em $A$.

$R = \frac{abc}{4S}$ e $r = \frac{S}{p}$. Então $R = 3r \iff abc \cdot p = 12S^2 = 12p(p - a)(p - b)(p - c) \iff abc = 12(p - a)(p - b)(p - c)$, e, como $p - a = \frac{b + c - a}{2}$ etc., $2abc = 3(b + c - a)(a + c - b)(a + b - c)$.

O incentro $I$ está na bissetriz de $\hat{A}$ e dista $r$ do lado $\overline{AB}$: $\alpha = AI = \dfrac{r}{\operatorname{sen}\frac{\hat{A}}{2}}$; do mesmo modo para $\beta$ e $\gamma$. Pela relação VII do exercício 410, $\operatorname{sen}\frac{\hat{A}}{2}\operatorname{sen}\frac{\hat{B}}{2}\operatorname{sen}\frac{\hat{C}}{2} = \frac{r}{4R}$; então

O enunciado impresso traz $\frac{abc}{2p}$ no segundo membro, o que está errado por um fator 2: no triângulo equilátero de lado 1, $\frac{\alpha\beta\gamma}{r} = \frac{2}{3}$, enquanto $\frac{abc}{2p} = \frac{1}{3}$.

Sejam $R$ e $R'$ os raios das circunferências circunscritas. Temos $\operatorname{sen}\hat{A}' = \operatorname{sen}\hat{A}$, $\operatorname{sen}\hat{B}' = \operatorname{sen}\hat{B}$ e $\hat{C}' = \pi - \hat{A}' - \hat{B}' = \hat{A} - \hat{B}$. Pela lei dos senos,

Como $\operatorname{sen}(\hat{A} + \hat{B})\operatorname{sen}(\hat{A} - \hat{B}) = \operatorname{sen}^2\hat{A} - \operatorname{sen}^2\hat{B}$, resulta $bb' + cc' = 4RR'\operatorname{sen}^2\hat{A} = (2R\operatorname{sen}\hat{A})(2R'\operatorname{sen}\hat{A}') = aa'$.

Usaremos $a = 2R\operatorname{sen}\hat{A}$ (etc.), $S = \frac{1}{2}ab\operatorname{sen}\hat{C} = 2R^2\operatorname{sen}\hat{A}\operatorname{sen}\hat{B}\operatorname{sen}\hat{C}$, $S = pr$, $abc = 4RS$ e, da figura da circunferência inscrita, $\operatorname{tg}\frac{\hat{A}}{2} = \frac{r}{p - a}$ (etc.).

1) $\frac{1}{4}(a^2 \cdot 2\operatorname{sen}\hat{B}\cos\hat{B} + b^2 \cdot 2\operatorname{sen}\hat{A}\cos\hat{A}) = 2R^2\operatorname{sen}\hat{A}\operatorname{sen}\hat{B}(\operatorname{sen}\hat{A}\cos\hat{B} + \operatorname{sen}\hat{B}\cos\hat{A}) = 2R^2\operatorname{sen}\hat{A}\operatorname{sen}\hat{B}\operatorname{sen}\hat{C} = S$.

2) $a^2 - b^2 = 4R^2(\operatorname{sen}^2\hat{A} - \operatorname{sen}^2\hat{B}) = 4R^2\operatorname{sen}\hat{C}\operatorname{sen}(\hat{A} - \hat{B})$; substituindo, o segundo membro vale $2R^2\operatorname{sen}\hat{A}\operatorname{sen}\hat{B}\operatorname{sen}\hat{C} = S$.

3) Com $\operatorname{cotg}\frac{\hat{A}}{2} = \frac{p - a}{r}$ (etc.), o primeiro membro vale $\frac{1}{r}[(b - c)(p - a) + (c - a)(p - b) + (a - b)(p - c)]$. Os termos em $p$ somam $p \cdot 0$ e os demais, $-[(b - c)a + (c - a)b + (a - b)c] = 0$.

4) Pela lei dos cossenos, $\operatorname{cotg}\hat{A} = \frac{\cos\hat{A}}{\operatorname{sen}\hat{A}} = \frac{b^2 + c^2 - a^2}{4S}$ (etc.). Multiplicando o primeiro membro por $4S$: $(b^2 - c^2)(b^2 + c^2 - a^2) + (c^2 - a^2)(c^2 + a^2 - b^2) + (a^2 - b^2)(a^2 + b^2 - c^2)$. As parcelas $b^4 - c^4 + c^4 - a^4 + a^4 - b^4$ somam zero, e as restantes, $-a^2(b^2 - c^2) - b^2(c^2 - a^2) - c^2(a^2 - b^2)$, também.

5) O produto vale $\dfrac{r^3}{(p - a)(p - b)(p - c)} = \dfrac{r^3 p}{S^2} = \dfrac{r^3p}{p^2r^2} = \dfrac{r}{p}$.

6) Com $q = ab + bc + ca$: expandindo $(p - a)(p - b)(p - c) = pr^2$ e usando $abc = 4Rrp$, obtemos $q = p^2 + r^2 + 4Rr$. Então

7) $\operatorname{sen}^2\frac{\hat{A}}{2} = \frac{1 - \cos\hat{A}}{2} = \frac{a^2 - (b - c)^2}{4bc} = \frac{(p - b)(p - c)}{bc}$ (etc.). O produto dos três quadrados é $\dfrac{[(p - a)(p - b)(p - c)]^2}{(abc)^2} = \dfrac{(pr^2)^2}{(4Rrp)^2} = \dfrac{r^2}{16R^2}$.

8) $\cos\hat{A} + \cos\hat{B} = 2\operatorname{sen}\frac{\hat{C}}{2}\cos\frac{\hat{A} - \hat{B}}{2}$ e $\cos\hat{C} = 1 - 2\operatorname{sen}^2\frac{\hat{C}}{2}$. Como $\operatorname{sen}\frac{\hat{C}}{2} = \cos\frac{\hat{A} + \hat{B}}{2}$, a soma vale $1 + 2\operatorname{sen}\frac{\hat{C}}{2}\left[\cos\frac{\hat{A} - \hat{B}}{2} - \cos\frac{\hat{A} + \hat{B}}{2}\right] = 1 + 4\operatorname{sen}\frac{\hat{A}}{2}\operatorname{sen}\frac{\hat{B}}{2}\operatorname{sen}\frac{\hat{C}}{2} = 1 + \frac{r}{R}$, por (7).

9) $a\cos\hat{A} + b\cos\hat{B} + c\cos\hat{C} = R(\operatorname{sen} 2\hat{A} + \operatorname{sen} 2\hat{B} + \operatorname{sen} 2\hat{C}) = 4R\operatorname{sen}\hat{A}\operatorname{sen}\hat{B}\operatorname{sen}\hat{C} = \frac{2S}{R} = \frac{2pr}{R}$, usando $\operatorname{sen} 2\hat{A} + \operatorname{sen} 2\hat{B} = 2\operatorname{sen}\hat{C}\cos(\hat{A} - \hat{B})$ e $\operatorname{sen} 2\hat{C} = -2\operatorname{sen}\hat{C}\cos(\hat{A} + \hat{B})$.

Como $S = 2R^2\operatorname{sen}\hat{A}\operatorname{sen}\hat{B}\operatorname{sen}\hat{C}$ e $\operatorname{sen}\hat{A} = \operatorname{sen}(\hat{B} + \hat{C})$, obtemos $R$; os lados vêm da lei dos senos. O gabarito impresso escreve $a = R\operatorname{sen}(\hat{B} + \hat{C})$ etc., sem o fator 2: no triângulo equilátero de lado 1 isso daria $a = \frac{1}{2}$.