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Seja $ ABC $ um triângulo, com $ a=BC $, $ b=CA $ e $ c=BA $. Considere $ R $ o circunraio, ou seja, o raio da circunferência circunscrita. Então

$ \frac{a}{ \operatorname {sen} \,A }=\frac{b}{ \operatorname {sen} \,B }=\frac{c}{ \operatorname {sen} \,C }=2R. $

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

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 $.

OBM2002q5
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 (OBM 2013 - 3ª Fase - Nível 2) Editar

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 $.

Solução:

OBM2013q5n2
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} $.