Lei dos Senos

Seja $ABC$ um triângulo, com $a=BC$, $b=CA$, $c=BA$, $\alpha=\angle BAC$, $\beta = \angle CBA$ e $\gamma=\angle ACB$. Considere $R$ o circunraio, ou seja, o raio da circunferência circunscrita. Então

$\frac{{\color{red}a}}{ \operatorname {sen} {\color{red}\alpha} }=\frac{{\color{green}b}}{ \operatorname {sen} {\color{green}\beta} }=\frac{{\color{blue}c}}{ \operatorname {sen} {\color{blue}\gamma} }=2R.$

Quando Usar?

• Quando você conhece a medida de dois dos ângulos de um triângulo, um dos lados e quer descobrir a medida de outro lado.
• Quando você conhece a medida de dois dos lados de um triângulo, a medida do ângulo oposto a um deles e quer saber a medida do ângulo oposto ao outro.
• Calcular o circunraio usando as medidas de um lado e o seu ângulo oposto (ou calcular uma dessas medidas utilizando o circunraio).

Exemplo

Sejam $ABC$ um triângulo e $D$ um ponto sobre o lado $BC$. Se $AB=2$, $AD=4$, $AC=3$, $\angle BAD=30^{\circ}$ e $\angle DAC=45^{\circ}$. Calcule $BD$.

Solução: Seja $x=BD$. Para aplicarmos a Lei dos Senos no triângulo $ABC$, é interessante considerarmos $\theta=\angle ADB$. Se aplicarmos ela,

$\frac{x}{\operatorname{sen}30^{\circ}}=\frac{2}{\operatorname{sen}\theta}.(*)$

Ao aplicarmos a Lei dos Senos também no triângulo $ADC$ e percebermos que $\angle ADC=180^{\circ}-\theta$,

$\frac{4}{\operatorname{sen}45^{\circ}}=\frac{3}{\operatorname{sen}(180^{\circ}-\theta)}.$

Como $\operatorname{sen}(180^{\circ}-\theta)= \operatorname{sen}\theta$, segue que

$\frac{4}{\operatorname{sen}45^{\circ}}=\frac{3}{\operatorname{sen}\theta}.(**)$

O que está atrapalhando nas contas é o $\operatorname{sen}\theta$. Como podemos fazer ele sumir? Uma maneira é dividirmos $(*)$ por $(**)$:

$\frac{x\cdot \operatorname{sen}45^{\circ}}{4 \cdot \operatorname{sen}30^{\circ}}=\frac{2}{3} \Leftrightarrow \frac{x\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}}{4 \cdot \frac{1}{2}}=\frac{2}{3} \Leftrightarrow \frac{x\sqrt{2}}{4}=\frac{2}{3} \Leftrightarrow x=\frac{4\sqrt{2}}{3}.$

Exemplo (OMCPLP 2023)

Seja $D$ um ponto no interior do triângulo $ABC$ tal que $AD=CD$, $\angle DAB=70^{\circ}$, $\angle DBA = 30^{\circ}$ e $\angle DBC = 20^{\circ}$. Determine a medida do ângulo $\angle DCB$.

Solução: Na figura aparecem dois triângulos com um lado em comum $BD$ e outro que tem a mesma medida nos dois $AD=CD$, o que é uma boa oportunidade de aplicar a Lei dos Senos nos dois.

Aplicando a Lei dos Senos nos triângulos $BAD$ e $BCD$, temos que:

$\dfrac{AD}{\operatorname{sen}(30^{\circ})} = \dfrac{BD}{\operatorname{sen}(70^{\circ})} \implies \dfrac{AD}{BD} = \dfrac{\operatorname{sen}(30^{\circ})}{\operatorname{sen}(70^{\circ})}$

E que

$\dfrac{CD}{\operatorname{sen}(20^{\circ})} = \dfrac{BD}{\operatorname{sen}(x)} \implies \dfrac{CD}{BD} = \dfrac{\operatorname{sen}(20^{\circ})}{\operatorname{sen}(x)}$

Mas como $AD=CD$, segue que:

$\dfrac{\operatorname{sen}(30^{\circ})}{\operatorname{sen}(70^{\circ})} = \dfrac{\operatorname{sen}(20^{\circ})}{\operatorname{sen}(x)}$

Rearranjando essa equação, temos:

$\operatorname{sen}(x) = \dfrac{\operatorname{sen}70^{\circ}\operatorname{sen}20^{\circ}}{\operatorname{sen}30^{\circ}} = 2\operatorname{sen}70^{\circ}\operatorname{sen}20^{\circ} = 2\cos 20^{\circ}\operatorname{sen}20^{\circ} = \operatorname{sen}(2\cdot 20^{\circ}) = \operatorname{sen} 40^{\circ}$

Como $D$ deve estar no interior de $ABC$, a solução obtusa não convém, portanto $\angle DCB = 40^{\circ}$.

Exemplo

Na figura, prove que

$\frac{a-b}{a+b}=\frac{\operatorname{tg}\left(\frac{\alpha-\beta}{2}\right)}{\operatorname{tg}\left(\frac{\alpha+\beta}{2}\right)}.$

Observação: Esse resultado é chamado de Lei das Tangentes. Ele não é tão necessário, já que a Lei dos Senos faz o trabalho dela na maioria dos casos.

Solução: Sabemos, pela Lei dos senos, que

$\frac{a}{\operatorname{sen}\alpha}=\frac{b}{\operatorname{sen}\beta} \Leftrightarrow \frac{a}{b}=\frac{\operatorname{sen}\alpha}{\operatorname{sen}\beta}.(*)$

Como podemos usar essa igualdade na expressão $\frac{a-b}{a+b}$? Uma boa maneira é fazermos $\frac{a}{b}$ aparecer. Para isso, podemos dividir tanto a parte de cima quanto a debaixo da fração por $b$:

$\frac{a-b}{a+b}=\frac{\frac{a-b}{b}}{\frac{a+b}{b}}=\frac{\frac{a}{b}-\frac{b}{b}}{\frac{a}{b}+\frac{b}{b}}=\frac{\frac{a}{b}-1}{\frac{a}{b}+1}.$

Agora sim podemos usar $(*)$. Ao fazermos isso,

$\frac{a-b}{a+b}=\frac{\frac{\operatorname{sen}\alpha}{\operatorname{sen}\beta}-1}{\frac{\operatorname{sen}\alpha}{\operatorname{sen}\beta}+1}=\frac{\frac{\operatorname{sen}\alpha-\operatorname{sen}\beta}{\operatorname{sen}\beta}}{\frac{\operatorname{sen}\alpha+\operatorname{sen}\beta}{\operatorname{sen}\beta}}.$

Se multiplicarmos tanto a parte de cima quanto a debaixo da fração que aparece na direita por $\operatorname{sen}\beta$,

$\frac{a-b}{a+b}=\frac{\operatorname{sen}\alpha-\operatorname{sen}\beta}{\operatorname{sen}\alpha+\operatorname{sen}\beta}.$

Mas sabemos que $\operatorname{sen} \alpha + \operatorname{sen}\beta=2\operatorname{sen}\left(\frac{\alpha+\beta}{2}\right)\cos\left(\frac{\alpha-\beta}{2}\right)$ e $\operatorname{sen} \alpha - \operatorname{sen}\beta=2\operatorname{sen}\left(\frac{\alpha-\beta}{2}\right)\cos\left(\frac{\alpha+\beta}{2}\right)$. Por isso,

$\frac{a-b}{a+b}=\frac{2\operatorname{sen}\left(\frac{\alpha-\beta}{2}\right)\cos\left(\frac{\alpha+\beta}{2}\right)}{2\operatorname{sen}\left(\frac{\alpha+\beta}{2}\right)\cos\left(\frac{\alpha-\beta}{2}\right)}=\frac{\operatorname{sen}\left(\frac{\alpha-\beta}{2}\right)\cos\left(\frac{\alpha+\beta}{2}\right)}{\operatorname{sen}\left(\frac{\alpha+\beta}{2}\right)\cos\left(\frac{\alpha-\beta}{2}\right)}.$

E para fazermos aparecer $\operatorname{tg}\left(\frac{\alpha-\beta}{2}\right)$ e $\operatorname{tg}\left(\frac{\alpha+\beta}{2}\right)$? Como já aparecem $\operatorname{sen}\left(\frac{\alpha-\beta}{2}\right)$ e $\operatorname{sen}\left(\frac{\alpha+\beta}{2}\right)$ uma boa maneira é dividi-los por $\cos\left(\frac{\alpha-\beta}{2}\right)$ e $\cos\left(\frac{\alpha+\beta}{2}\right)$ . Para isso, vamos dividir a fração da última igualdade em cima e embaixo por $\cos\left(\frac{\alpha-\beta}{2}\right)\cos\left(\frac{\alpha+\beta}{2}\right)$:

$\frac{a-b}{a+b}=\frac{\frac{\operatorname{sen}\left(\frac{\alpha-\beta}{2}\right)\cos\left(\frac{\alpha+\beta}{2}\right)}{{\color{red}\cos\left(\frac{\alpha-\beta}{2}\right)\cos\left(\frac{\alpha+\beta}{2}\right)}}}{\frac{\operatorname{sen}\left(\frac{\alpha+\beta}{2}\right)\cos\left(\frac{\alpha-\beta}{2}\right)}{\color{red}\cos\left(\frac{\alpha-\beta}{2}\right)\cos\left(\frac{\alpha+\beta}{2}\right)}}=\frac{\frac{\operatorname{sen}\left(\frac{\alpha-\beta}{2}\right)}{{\color{red}\cos\left(\frac{\alpha-\beta}{2}\right)}}}{\frac{\operatorname{sen}\left(\frac{\alpha+\beta}{2}\right)}{\color{red}\cos\left(\frac{\alpha+\beta}{2}\right)}}=\frac{\operatorname{tg}\left(\frac{\alpha-\beta}{2}\right)}{\operatorname{tg}\left(\frac{\alpha+\beta}{2}\right)}.$

Exemplo (OMCPLP 2015)

No triângulo $ABC$, $L$ e $K$ são os pontos de interseção das bissetrizes dos ângulos $\angle ABC$ e $\angle CAB$e com os lados $AC$ e $BC$, respectivamente. Sabendo que $KL$ é, também, bissetriz do ângulo $\angle AKC$, determine o ângulo $\angle BAC$.

(Existe uma solução desse problema que usa o Teorema de Menelaus).

Solução: Na maioria das vezes em que aparecem interseções de bissetrizes com lados, podemos usar o Teorema da Bissetriz Interna no problema para descobrir razões entre os segmentos. Aqui, podemos conseguir informações sobre $\angle BAC$se analisarmos os triângulos $ABC$ e $AKC$, já que um deles tem $\angle BAC/2$ e os dois têm o ângulo $\angle ACK = \angle ACB$. Para facilitar a escrita, denominaremos $a=BC$, $b=CA$, $c=BA$e $\angle BAC = 2\alpha$. Dessa forma, utilizando o Teorema mencionado, teremos:

$\dfrac{b}{c} = \dfrac{KC}{KB}$ e $\dfrac{c}{a} = \dfrac{AL}{LC} = \dfrac{AK}{KC}$.

Como pretendemos analisar $AKC$, parece útil definir valores para $KC$ e $AK$ em função de $a,b,c$. Podemos usar o fato de que $BK+KC = BC$ na primeira proporção para obter:

$\dfrac{b}{c} = \dfrac{KC}{a - KC} \implies ab - KC \cdot b = KC \cdot c \implies KC = \dfrac{ab}{b+c}$

Podemos substituir esse valor na segunda proporção para obter:

$\dfrac{c}{a} = \dfrac{AK}{KC} \implies AK = \dfrac{KC\cdot c}{a} = \dfrac{abc}{a(b+c)} = \dfrac{bc}{b+c}$

Feito isso, agora podemos usar a Lei dos Senos para finalizar o problema. No triângulo $ABC$:

${\dfrac {\operatorname {sen}(2\alpha )}{\operatorname {sen}(\angle ACB)}}={\dfrac {a}{c}}$

E, no triângulo $AKC$:

${\dfrac {\operatorname {sen}(\alpha )}{\operatorname {sen}(\angle ACB)}}={\dfrac {KC}{AK}}={\dfrac {\frac {ab}{b+c}}{\frac {bc}{b+c}}}={\dfrac {a}{c}}$

Igualando as duas expressões e usando a identidade do seno da soma, teremos que:

$\operatorname {sen}(\alpha )=\operatorname {sen}(2\alpha )=2\operatorname {sen}(\alpha )\cos(\alpha )\implies \cos(\alpha )={\dfrac {1}{2}}\implies \alpha =120^{\circ }$

Exemplo (Ibero 2018)

Seja $ABC$ um triângulo tal que $\angle BAC = 90^{\circ}$ e $BA=CA$. Seja $M$ o ponto médio de $BC$. Escolhe-se um ponto $D \neq A$ na semicircunferência de diâmetro $BC$ que contém $A$. A circunferência circunscrita ao triângulo $DAM$ intersecta as retas $DB$ e $DC$ nos pontos $E$ e $F$, respectivamente. Demonstre que $BE=CF$.

Solução: Vamos assumir, sem perda de generalidade, que $DB < DC$. Isso influencia na orientação dos ângulos que iremos tomar.

Analisando o pentágono cíclico $ADEMF$, uma boa figura pode fazer parecer que $E$ e $F$ estão nas bissetrizes de $\angle AMB$ e $\angle AMC$, respectivamente. Vamos provar que isso de fato acontece, e, para isso, precisamos encontrar ângulos de $45^{\circ}$ e transferi-los para $E$ e $F$; temos $\angle ABC = 45^{\circ}$, mas, como $ADBC$ é cíclico, $\angle ADC = \angle ADF = 45^{\circ}$. Usando o pentágono cíclico $ADEMF$, teremos que $\angle ADF = \angle AMF = 45^{\circ}$ (provando que $E$ está na bissetriz de $\angle AMB$), e que $90^{\circ} = \angle EDF = \angle EMF \implies \angle AME = 45^{\circ}$, provando que $F$ está na bissetriz de $\angle AMC$.

Agora, podemos analisar os triângulos $BEM$ e $CFM$, que têm bastantes coisas em comum: $BM = MC$, $\angle BME = \angle CMF = 45^{\circ}$, e eles têm os segmentos mencionados no enunciado: $BE$ e $CF$. Além do mais, se olharmos um pouco mais a fundo, ainda usando o pentágono cíclico $ADEMF$, teremos que os ângulos $\angle BEM$ e $\angle CFM$ são suplementares. Coisas em comum entre triângulos lembra semelhança, mas aqui eles não parecem semelhantes; o que não significa que não podemos relacioná-los: podemos usar a Lei dos Senos para relacionar as igualdades entre ângulos e segmentos, bem como o fato de $\angle BEM$ e $\angle CFM$ serem suplementares implicar que eles têm o mesmo seno. Usando, então, a Lei dos Senos no triângulo $CFM$:

${\dfrac {FC}{\operatorname {sen}(45^{\circ })}}={\dfrac {MC}{\operatorname {sen}(\angle CFM)}}\implies FC={\dfrac {MC\cdot \operatorname {sen}(45^{\circ })}{\operatorname {sen}(\angle CFM)}}$

Mas, usando os fatos de que $BM = MC$ e de que $\angle BEM$ e $\angle CFM$ têm o mesmo seno:

$FC={\dfrac {BM\cdot \operatorname {sen}(45^{\circ })}{\operatorname {sen}(\angle BEM)}}$

Mas, se usarmos a Lei dos Senos no triângulo $BEM$, obteremos que:

$BE={\dfrac {BM\cdot \operatorname {sen}(45^{\circ })}{\operatorname {sen}(\angle BEM)}}$

O que significa que $BE = FC$, finalizando o problema.

Exemplo (IMO 1997)

O ângulo $\angle A$ é o menor do triângulo $ABC$. Os pontos $B$ e $C$ dividem o circuncírculo do triângulo em dois arcos. Seja $U$ um ponto no interior do arco entre $B$ e $C$ que não contem $A$. As mediatrizes de $AB$ e $AC$ encontram a reta $AU$ em $V$ e $W$, respectivamente. As retas $BV$ e $CW$ se encontram em $T$. Mostre que

$AU=TB+TC.$

Solução: Vamos calcular $AU$ pela Lei dos Senos. Se considerarmos que $ACU$ está inscrito em $\odot(ABC)$ e tomarmos $R$ o seu raio e $x=\angle BCU$,

$\frac{AU}{\operatorname{sen}(C+x)}=2R \Leftrightarrow AU=2R \operatorname{sen}(C+x).(*)$

Uma ideia interessante aqui seria calcularmos $TB$ e $TC$ em função de coisas parecidas. Para isso, vamos calcular os ângulos de $TBC$ em função dos ângulos de $ABC$ e de $x$.

Como $V$ pertence à mediatriz de $AB$, segue que $VA=VB$ e assim $\angle ABV=x$, de onde segue que $\angle TBC=B-x$. De modo parecido, como $W$ pertence à mediatriz de $AC$, podemos dizer que $WA=WC$ e assim $\angle WCA=\angle WAC=A-x$ e com isso $\angle TCB=C-A+x$. E ao usarmos que a soma dos ângulos do triângulo $TBC$ é $180^{\circ}$ e que $180^{\circ}-B-C=A$,

$\angle TBC+ \angle TCB+\angle BTC=180^{\circ} \Leftrightarrow (B-x)+(C-A+x)+\angle BTC=180^{\circ} \Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow \angle BTC=180^{\circ}+A-B-C \Leftrightarrow \angle BTC=2A.$

Agora sim podemos usar a Lei dos Senos no triângulo $TBC$:

$\frac{TB}{\operatorname{sen}(C-A+x)}=\frac{TC}{\operatorname{sen}(B-x)}=\frac{BC}{\operatorname{sen}(2A)}.(**)$

Mas temos um problema aí: não aparece o circunraio $R$. Só que repare que conseguimos fazer aparecer $\frac{BC}{\operatorname{sen}A}$ e isso é igual a $2R$. De fato, se usarmos que $\operatorname{sen}(2A)=2\operatorname{sen}A \cos A$:

$\frac{BC}{\operatorname{sen}(2A)}=\frac{BC}{2\operatorname{sen}A \cos A}=\frac{2R}{2\cos A}=\frac{R}{\cos A}.(***)$

Se combinarmos $(**)$ e $(***)$:

${\begin{cases}TB=\frac{R\operatorname{sen}(C-A+x)}{\cos A}\\TC=\frac{R\operatorname{sen}(B-x)}{\cos A}\end{cases}}.$

Como na igualdade que queremos mostrar aparece $TB+TC$, vamos somar essas duas últimas igualdades:

$TB+TC=\frac{R\operatorname{sen}(C-A+x)}{\cos A}+\frac{R\operatorname{sen}(B-x)}{\cos A}=\frac{R}{\cos A}\left(\operatorname{sen}(C-A+x)+\operatorname{sen}(B-x)\right).$

Mas sabemos que $\operatorname{sen} x + \operatorname{sen}y=2\operatorname{sen}\left(\frac{x+y}{2}\right)\cos\left(\frac{x-y}{2}\right)$. Por isso,

$TB+TC=\frac{R}{\cos A}\left(2\operatorname{sen}\left(\frac{(C-A+x)+(B-x)}{2} \right)\cos\left(\frac{(C-A+x)-(B-x)}{2} \right) \right)=$

$=\frac{R}{\cos A}\left(2\operatorname{sen}\left(\frac{-A+B+C}{2} \right)\cos\left(\frac{-A-B+C+2x}{2} \right) \right).$

Temos dois senos com expressões esquisitas. Se usarmos no primeiro seno que $B+C=180^{\circ}-A$ (para nos livrarmos de $B$ e $C$ e ficarmos somente com $A$) e que $A+B=180^{\circ}-C$ no segundo seno (para nos aproximarmos mais da expressão que aparece em $(*)$):

$TB+TC=\frac{R}{\cos A}\left(2\operatorname{sen}\left(90^{\circ}-A \right)\cos\left(-90^{\circ}+C+x \right) \right).$

Observe que $\operatorname{sen}(90^{\circ}-A)=\cos A$. Além disso, se usarmos que $\cos(-\theta)=\cos \theta$ e que $\cos(90^{\circ}-\theta)=\operatorname{sen} \theta$, poderemos concluir que $\cos(-90^{\circ}+C+x)=\operatorname{sen}(C+x)$. Assim a igualdade acima se reescreve como

$TB+TC=\frac{R}{\cos A}\left(2\cos A \operatorname{sen}(C+x) \right)=2R\operatorname{sen}(C+x).$

Se compararmos com $(*)$,

$AU=TB+TC.$

Exemplo (OBM 2002 - 3ª Fase - Nível 2)

Seja $ABC$ um triângulo inscrito em uma circunferência de centro $O$ e $P$ um ponto sobre o arco $AB$ que não contém $C$. A perpendicular traçada por $P$ à reta $BO$ intersecta $AB$ em $S$ e $BC$ em $T$. A perpendicular traçada por $P$ e $AO$ intersecta $AB$ em $Q$ e $AC$ em $R$. Prove as duas afirmações a seguir:

(a)$PQS$ é um triângulo isósceles;

(b) $PQ^2=QR.ST$.

Solução:

(a) É mais fácil mexermos com ângulos do que com lados agora. Provaremos que $PQS$ possui dois ângulos de mesma medida. Façamos $\alpha=\angle PQS$. Mostremos que $\angle PSQ = \alpha$.

É vantajoso pensar de trás para frente em alguns problemas de geometria. Considere $N$ o ponto de intersecção entre a perpendicular passando por $P$ e $BO$. Se calcularmos $\angle BSN$, podemos terminar o problema. Para isto, é suficiente determinarmos $\angle SBN$. Mas ele está um tanto longe de $\angle PSQ$. Mas observe que, como $OA=OB$, $\angle SBN=\angle QAM$. Vamos determinar $\angle QAM$ em função de $\alpha$ já que ele está "perto" de $\angle PQS$. Considere $M$ o ponto de encontro de $AO$ com $PQ$. Então $\angle AQM=\angle PQS=\alpha$ (pois eles são OPV), de onde segue que $\angle QAM=90^{\circ}-\alpha$. Pronto. Agora, basta notarmos que $\angle SBN=\angle QAM=90^{\circ}-\alpha$ e assim $\angle PSQ=\angle BST = 90^{\circ}-(90^{\circ}-\alpha)=\alpha$. Portanto, $PQ=PS$.

(b) Já que queremos uma multiplicação entre segmentos, é interessante falarmos sobre semelhanças. Como $PQ=PS$, talvez conseguimos $PQ^2=PQ.PS$ em alguma semelhança que envolva $PQ$ e $PS$. Observe que $\angle PSB=\angle PQA=180^{\circ}-\alpha$. Parece então que $APQ$e $PBS$ são triângulos semelhantes. Será? Para vermos isto, precisamos encontrar outras medidas de ângulos entre esses triângulos. Vamos olhar para os arcos que eles enxergam. Os ângulos $\angle PAQ$ e $\angle BPS$ enxergam os arcos $PB$ e $BX$, respectivamente. Podemos provar que eles são iguais? Sim: para isto, basta provarmos que $PB=BX$. Note que o diâmetro $OB$ é perpendicular a $PX$ e assim passa pelo seu ponto médio. Com isso, $BN$ é altura e mediana de $PBX$ e, portanto, este é isósceles de base $PX$, ou seja, $PB=BX$. Logo, $\angle BPS = \angle PAQ$ e assim os triângulos $APQ$e $PBS$ são semelhantes pelo caso $AA$. Desta forma,

$\frac{AQ}{PS}=\frac{PQ}{BS} \Leftrightarrow PQ.PS=AQ.BS.$

Como

$PQ=PS$

$PQ^2=AQ.BS$.

Para terminarmos, basta mostrarmos que $AQ.BS=QR.ST$, isto é, $\frac{AQ}{QR}=\frac{ST}{BS} (*)$. Como podemos fazer isto? Podemos encontrar alguma semelhança envolvendo estes lados? Parece que não dá para achar essa semelhança. Mas dá para envolver razões entre estes lados. Por exemplo, dá para usarmos o fato de que $AQM$ é um triângulo retângulo: e está na hora de chamar a trigonometria. Podemos, por exemplo, encontrar $AQ$ em função de $AM$. E quanto a $QR$? Podemos usar a Lei dos Senos no triângulo $AQR$ e encontrar $QR$ em função de $AR$. Qual a vantagem disso? É que escrevemos $AQ$ e $QR$ em função de $AM$ e $AR$, respectivamente. E isso é bom? Sim, pois podemos relacionar estes dois últimos usando trigonometria: basta aproveitarmos do fato de que $AMR$ é um triângulo retângulo.

Vamos colocar tudo isso na prática. Como $AQM$ é um triângulo retângulo e $\angle AQM=\alpha$, segue que

$\operatorname{sen}\alpha = \frac{AM}{AQ} \Leftrightarrow AQ=\frac{AM}{\operatorname{sen}\alpha} (**)$.

Já se aplicarmos a Lei dos Senos no triângulo $AQR$:

$\frac{QR}{\operatorname{sen}(\angle QAR)}=\frac{AR}{\operatorname{sen}\alpha}$.

Considere $\beta=\angle OBC$. Dá para calcular $\angle QAR$ em função de $\beta$? Considere $K$ o outro ponto onde $BO$ encontra a circunferência. Qual a vantagem de colocarmos este ponto na figura? É que

$\angle QAR=\angle ABC=\angle BAK-\angle CAK.$

Como $BK$ é um diâmetro, segue que $\angle BAK=90^{\circ}$. Além disso, $\angle CAK=\angle OBC=\beta$ (pois ambos enxergam o mesmo arco). Assim,

$\angle QAR=90^{\circ}-\beta.$

Por isso,

$\frac{QR}{\operatorname{sen}(90^{\circ}-\beta)}=\frac{AR}{\operatorname{sen}\alpha} \Leftrightarrow QR=\frac{AR\cos\beta}{\operatorname{sen}\alpha} (***)$.

Por $(**)$ e $(***)$:

$\frac{AQ}{QR}=\frac{\frac{AM}{\operatorname{sen}\alpha}}{\frac{AR\cos\beta}{\operatorname{sen}\alpha}}=\frac{AM}{AR.\cos \beta}$.

Para relacionarmos $AM$ e $AR$, podemos pensar no triângulo $AMR$ que é retângulo e assim:

$\cos(\angle MAR)=\frac{AM}{AR}.$

E quanto vale $\angle MAR$? Observe que

$\angle MAR=\angle QAR-\angle QAM=90^{\circ}-\beta-(90^{\circ}-\alpha)=\alpha-\beta$.

Com isso,

$\frac{AM}{AR}=\cos(\alpha-\beta)$.

Portanto,

$\frac{AQ}{QR}=\frac{\cos(\alpha-\beta)}{\cos \beta} (****)$.

Vamos encontrar a razão entre $ST$ e $BS$: basta usarmos a Lei dos Senos no triângulo $BST$:

$\frac{ST}{\operatorname{sen}(90^{\circ}-\alpha+\beta)}=\frac{BS}{\operatorname{sen}(\angle BTS)}.$

Como a soma dos ângulos internos do triângulo $BTN$ é $180^{\circ}$, segue que $\angle BTS=90^{\circ}-\beta$. Desta forma,

$\frac{ST}{BT}=\frac{\operatorname{sen}(90^{\circ}-\alpha+\beta)}{\operatorname{sen}(90^{\circ}-\beta)}=\frac{\cos(\alpha-\beta)}{\cos \beta} (*****)$.

Se compararmos $(****)$ e $(*****)$, provaremos que $(*)$ é igualdade verdadeira, o que resolve o problema.

Exemplo (Cone Sul 2011)

Seja $ABC$ um triângulo e $D$ um ponto sobre o lado $AC$. Se $\angle CBD - \angle ABD = 60^{\circ}$, $\angle BDC = 30^{\circ}$ e, além disso $AB\cdot BC = BD^2$, encontre as medidas dos ângulos do triângulo $ABC$.

Solução: Como podemos usar $AB\cdot BC = BD^2$? Observe que podemos fazer aparecer $AB \cdot BC$ usando a área do triângulo. De fato,

$[ABC]=\frac{1}{2} \cdot AB \cdot BC \cdot \operatorname{sen}(\angle B).$

Pela igualdade do enunciado,

$[ABC]=\frac{1}{2} \cdot BD^2 \cdot \operatorname{sen}(\angle B).(*)$

Existe outra maneira de calcularmos a área do triângulo: envolvendo base e altura. Se considerarmos $H$ um ponto sobre o lado $AC$ tal que $BH$ é perpendicular a $AC$,

$[ABC]=\frac{AC \cdot BH}{2}.(**)$

Podemos ainda relacionar $BH$ com $BD$. Para isto, observe que o triângulo $BHD$ é retângulo em $H$ e que $\angle BDH = 30^{\circ}$. Assim

$\operatorname{sen}30^{\circ}=\frac{BH}{BD} \Leftrightarrow BH=\frac{BD}{2}.$

Se substituirmos em $(**)$,

$[ABC]=\frac{AC \cdot BD}{4}.(***)$

Ao compararmos $(*)$ com $(***)$,

$BD^2 \cdot \operatorname{sen}(\angle B)=\frac{AC \cdot BD}{4} \Leftrightarrow \frac{AC}{\operatorname{sen}(\angle B)}=2\cdot BD.$

Observe que o lado esquerdo desta igualdade lembra a Lei dos Senos. Se aplicarmos ela no triângulo $ABC$ e considerarmos $R$ o seu circunraio,

$\frac{AC}{\operatorname{sen}(\angle B)}=2R.$

Assim, $R=BD$. Para podermos usar melhor esta informação, é melhor sabermos onde está o centro.

Exemplo (OBM 2013 - 3ª Fase - Nível 2)

Seja $ABC$ um triângulo escaleno e $AM$ a mediana relativa ao lado $BC$. A circunferência de diâmetro $AM$ intersecta pela segunda vez os lados $AB$ e $AC$ nos pontos $P$ e $Q$, respectivamente, ambos diferentes de $A$. Supondo que $PQ$ é paralelo a $BC$, determine a medida do ângulo $\angle BAC$.

Observação: Existe outra solução para esse problema na página de Conjugados Isogonais.

Solução:

Como $PQ$ é paralelo a $BC$, segue que os triângulos $ABC$ e $APQ$ são semelhantes pelo caso $AA$. Assim,

$\frac{AP}{AQ}=\frac{AB}{AC}. (*)$

Precisamos encontrar outra maneira de relacionarmos esses valores envolvendo frações. Vamos encontrar mais informações sobre a figura.

Como $AM$ é diâmetro, segue que $\angle MQA = \angle MPA = 90^{\circ}$. Já que apareceram ângulos de $90^\circ$ e queremos envolver frações, é interessante colocarmos trigonometria aqui nos triângulos $BPM$ e $CQM$. Podemos relacionar $AP$ e $AQ$, mas desta vez usando trigonometria. Consideremos $\beta=\angle ABC$ e $\gamma =\angle BCA$.

A vantagem aqui é que $BM=MC=\frac{BC}{2}$.

Observe que

$\cos \beta = \frac{BP}{PM} \Leftrightarrow BP=\frac{BC}{2} \cos \beta.$

Analogamente

$CQ=\frac{BC}{2} \cos \gamma.$

Seria legal se pudéssemos relacionar essas relações com $AQ$ e $AP$ para podermos voltar a $(*)$. Note que

$AQ=AC-CQ=AC-\frac{BC}{2} \cos \gamma.$

$AP=AB-BP=AB-\frac{BC}{2} \cos \beta.$

Se usarmos estas duas últimas igualdades em $(*)$:

$\frac{AB}{AC}=\frac{AB-\frac{BC}{2} \cos \beta}{AC-\frac{BC}{2} \cos \gamma}.$

Porém sabemos que se $\frac a b= \frac c d$, então $\frac{a}{b}=\frac{c}{d}=\frac{a-c}{b-d}$. Com isso,

$\frac{AB}{AC}=\frac{AB-(AB-\frac{BC}{2} \cos \beta)}{AC-(AC-\frac{BC}{2} \cos \gamma)}=\frac{\frac{BC}{2} \cos \beta}{\frac{BC}{2} \cos \gamma}=\frac{\cos \beta}{\cos \gamma}. (**)$

Existe alguma outra maneira de mexermos com $\frac{AB}{AC}$ e trigonometria? Sim: pela Lei dos Senos:

$\frac{AB}{\operatorname{sen}\gamma}=\frac{AC}{\operatorname{sen}\beta} \Leftrightarrow \frac{AB}{AC}=\frac{\operatorname{sen}\gamma}{\operatorname{sen}\beta}. (***)$

Se compararmos $(**)$ e $(***)$,

$\frac{\cos \beta}{\cos \gamma}=\frac{\operatorname{sen}\gamma}{\operatorname{sen}\beta} \Leftrightarrow 2 \operatorname{sen} \beta \cos \beta = 2 \operatorname{sen} \gamma \cos \gamma \Leftrightarrow \operatorname{sen} (2\beta) = \operatorname{sen} (2\gamma).$

Como $2\beta$ e $2\gamma$ são ângulos menores que $360^{\circ}$, segue que $2\beta=2\gamma$ ou $2\beta+2\gamma=180^{\circ}$. A primeira possibilidade não pode acontecer, pois o triângulo não é isósceles. Assim $2\beta+2\gamma=180^{\circ}$, de onde segue que $\beta+\gamma=90^{\circ}$. Logo, $\angle BAC = 90^{\circ}$.