AULA CN 12ABR RELAÇÕES MÉTRICAS NOS TRIÂNGULOS

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PROMILITARES

PROF. RENATO MADEIRA

RELAÇÕES MÉTRICAS NO TRIÂNGULO TEOREMA DE MENELAUS Se uma reta determina sobre os lados de um triângulo ABC os pontos L, M e N, conforme a figura, então LA MB NC   1 LB MC NA

TEOREMA RECÍPROCO DE MENELAUS: Se L, M e N são pontos sobre as retas suportes dos lados AB , BC e AC , respectivamente, e LA MB NC    1 , então L, M e N estão alinhados. LB MC NA

TEOREMA DE CEVA

Seja um triângulo ABC e três cevianas AD , BE e CF concorrentes, então

DB EC FA    1  EC  DB  FA  EA  DC  FB DC EA FB

TEOREMA RECÍPROCO DE CEVA Seja um triângulo ABC e três cevianas AD , BE e CF tais que

DB EC FA    1 , então as três DC EA FB

cevianas concorrem em um único ponto.

LEI DOS COSSENOS Seja um triângulo ABC de lados BC  a , AC  b e AB  c , então ˆ a2  b2  c2  2bc  cos A b2  a2  c2  2ac  cosBˆ c2  a2  b2  2ab  cosCˆ

LEI DOS SENOS Seja um triângulo ABC de lados BC  a , AC  b e AB  c e raio do círculo circunscrito R, então a b c    2R ˆ ˆ sen A senB senCˆ

SÍNTESE DE CLAIRAUT Seja um triângulo ABC, onde a, b e c representam as medidas dos lados e a é o maior lado, então

ABC é acutângulo  a2  b2  c2 ABC é retângulo  a2  b2  c2 ABC é obtusângulo  a2  b2  c2

RELAÇÃO DE STEWART Seja um triângulo ABC de lados BC  a , AC  b e AB  c , e a ceviana AP  x que divide o lado BC em dois segmentos BP  n e CP  m , então

b2 x2 c2   1 am mn an

EXERCÍCIOS 1) (EPCAr 2014) Dois botes estão no mar a uma distância d um do outro. Um observador, situado na praia, observava-os, calculando distâncias e ângulos em dois pontos de observação, como no esboço abaixo.

A distância d entre os botes, em metros, é igual a Dado: sen120  cos30 a) 10 15

b) 15  6  2  c) 10  3  2 

d) 15  6  2  RESPOSTA: a RESOLUÇÃO:

ˆ  180   75  45   30  30 . Portanto, o triângulo ABD No triângulo ABD, temos: ADB é isósceles. Aplicando a lei dos senos no triângulo ABD , temos: AB BD 30 BD     BD  30 3 1 sen 30 sen120 3 2 2 Aplicando a lei dos cossenos no triângulo BCD, temos: 2 2 2 d 2   30 3   10 6   2  30 3 10 6  cos 45  2700  600  2  900 2   1500 2  d  10 15 m

2) (CN 1982) O segmento da bissetriz do ângulo reto de um triângulo vale 4 2 cm . Um dos catetos vale 5 cm . A hipotenusa vale, em cm : (A) 17 (B) 4 17 (C) 5 17 (D) 6 17 (E) 7 17 RESPOSTA: RESOLUÇÃO:

Seja AD a bissetriz do ângulo reto do triângulo retângulo ABC . Aplicando a lei dos cossenos no ACD , temos: 2 2 CD 2   4 2   52  2  4 2  5  cos 45  32  25  40 2   17  CD  17 2 Pelo teorema da bissetriz interna, temos: BD CD BC  17 17 5  BC  17  .     AB  AB AC AB 5 17 Aplicando o teorema de Pitágoras ao ABC , vem: 2  BC2  2  2 2 2 2 2  BC BC  AB  AC  BC  5    1  52  BC 2  25   BC  1   25 17  17   17  8 50 25 17  15 17 BC2  BC  50  0  4BC 2  25 17BC  425  0  BC  17 8 17 5  BC  17  BC  5 17 4 

3) (CN 1984) Em um triângulo (A)

9 13 cm

(B)

3 13 cm

(C)

4 13 cm

(D)

6 13 cm

(E)

2 13 cm

RESPOSTA: E RESOLUÇÃO:

ˆ ABC , o ângulo A

é o dobro do ângulo

Bˆ , AB  9 cm e AC  4 cm . O lado BC mede:

ˆ  DAC ˆ B ˆ , então BAD ˆ. BD a bissetriz de BAC BD CD BD CD Pelo teorema das bissetrizes no ABC :     k  BD  9k  CD  4k AB AC 9 4 ˆ  DCA ˆ B ˆ  ADC é isósceles DAC Seja

 AD  BD  9k Aplicando o teorema de Stewart:

AB2 AD 2 AC2   1 BD  BC BD  CD BC  CD  9k 2 92 42    1 9k 13k 9k  4k 13k  4k  k2 

52 2 13 k 169 13

BC  13k  13 

2 13  2 13 cm 13

4) Sejam ABC um triângulo, E o ponto médio de AC e O o ponto médio de BE . A reta AO intersecta o lado BC em D . Se AO  12 , então OD é igual a a) 2 b) 2,5 c) 3 d) 4 e) 6 RESOLUÇÃO: d

Aplicando o teorema de Menelaus no triângulo BCE com ceviana AOD, temos: BD EO CA BD y 2x BD 1   1   1  CD BO EA CD y x CD 2 BD 1 BD CD     z  BD  z  CD  2z CD 2 1 2

Aplicando o teorema de Menelaus no triângulo ACD com ceviana BOE, temos: AE DO CB x DO 2z  z   1    1  DO  4 CE AO DB x 12 z

REFERÊNCIA: Argentina 1997.

5) (EFOMM 2010) Os lados de um triângulo ABC são tais que BC é a média aritmética de

AC e AB , onde AC  AB . Os ângulos internos Aˆ , Bˆ e Cˆ desse triângulo possuem a seguinte

ˆ  sen2 Bˆ  sen2 Cˆ  2  senAˆ  senBˆ  cosCˆ  cos2 Cˆ . Se o perímetro do propriedade: sen2 A triângulo ABC mede 3 3 m , sua área, em m2 , é igual a a)

3 3 4

b)

3 4

c)

9 8

d) 2 e) 4

RESOLUÇÃO: c Lei dos Senos AC BC AB BC AC AB    2R  senAˆ  , senBˆ  , senCˆ  senBˆ senAˆ senCˆ 2R 2R 2R

ˆ  cos2 Cˆ  ˆ ˆ sen2 Aˆ  sen2 Bˆ  sen2 Cˆ  2senAsenBcosC ˆ  sen2 Cˆ  cos2 Cˆ  1  ˆ ˆ sen2 Aˆ  sen2 Bˆ  2senAsenBcosC 2

2

 BC   AC  BC AC  cosCˆ  1      2  2R 2R 2R 2R    

BC    AC  2

2

 2  BC  AC  cosCˆ  4R2

A expressão do lado esquerdo é a Lei dos Cossenos, então:

 AB

2

 4R2  AB  2R

Como AB  2R , o triângulo ABC é retângulo de hipotenusa AB .  AC  3  k AC  AB   2   BC  3 AC  AB  BC  3 3  AB  3  k 

BC 





3 k

 AC 

   3   2

2

3 k



2

 2 3  2k  3  k 

3 4

3 3 5 3 , BC  3, AB  4 4

1 1 3 3 9  3  m2 . Logo, a área do triângulo é S ABC   AC  BC   2 2 4 8

6) (EN 2013) O triângulo da figura abaixo é equilátero, AM  MB  5 e CD  6 . A área do triângulo MAE vale

(A) (B) (C) (D) (E)

200 3 11 100 3 11 100 2 2 200 2 11 200 2 2

RESPOSTA: B RESOLUÇÃO: Aplicando o teorema de Menelaus ao ABC com a secante MED , temos: AM CE BD 5 CE 16 CE 6 3 AE 8 8   1   1      BM AE CD 5 AE 6 AE 16 8 AC 8  3 11 Assim,

temos:

SMAE AM  AE 1 8 4 4 4 102 3 100 3      SMAE   SABC    u.a. SABC AB  AC 2 11 11 11 11 4 11

7) (ITA 2016) Seja ABC um triângulo equilátero e suponha que M e N são pontos pertencentes ao lado BC tais que BM  MN  NC. Sendo  a medida, em radianos, do ˆ ângulo MAN, então o valor de cos  é 13 . a) 14 14 . b) 15 15 . c) 16

16 . 17 17 . e) 18 d)

RESPOSTA: a RESOLUÇÃO:

Seja 3x a medida dos lados do triângulo equilátero ABC. Leis dos cossenos no triângulo ABM: 1 2 AM 2  x 2   3x   2  x  3x  cos 60  10x 2  6x 2   7x 2  AM  AN  x 7 2 Lei dos cossenos no triângulo AMN: 2 2 13 x 2   x 7    x 7   2  x 7  x 7  cos   14x 2 cos   13x 2  cos   14 8) (ITA 2009) Considere o triângulo ABC de lados a  BC , b  AC e c  AB , e os ângulos ˆ . Sabendo-se que a equação ˆ ,   ABC ˆ   BCA internos e   CAB

x 2  2bx  cos   b2  a 2  0 admite c como raiz dupla, pode-se afirmar que (A)   90 (B)   60 (C)   90 (D) O triângulo é retângulo apenas se   45 . (E) O triângulo é retângulo e b é hipotenusa. RESPOSTA: E RESOLUÇÃO:

x 2  2bx  cos   b 2  a 2  0  a2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2      2b cos   4  1  b  a  0  4b cos   1  4a  0  b sen   a  sen    b2  c  2b cos   b cos   cos   c  2 b

a 2 c2  2  1  a 2  c2  b2 2 b b ˆ  90 . Logo, o triângulo ABC é retângulo em B, então   ABC  sen 2   cos 2  

9) Seja um triângulo ABC , onde AB  27 , AC  26 e BC  25 . Seja I o ponto de interseção das bissetrizes internas do triângulo ABC . A medida do segmento BI é a) 15 b) 5  26  3 3 c) 3 26 2 546 d) 3 e) 9 3 RESOLUÇÃO: a

Teorema das bissetrizes com bissetriz BB ' : AB' B'C AB' B'C AB' B'C AC 26 1 27 25         AB'   B'C  AB BC 27 25 27  25 52 52 2 2 2 Teorema de Stewart:

AB2 BB'2 BC 2 27 2 BB'2 252   1   1 27 27 25 25 AB' AC AB' B'C B'C  AC  26   26 2 2 2 2 2 4BB' 27 25 81  25 9  5 45     1  3  BB'2   BB'   27  25 13 13 4 2 2 Teorema das bissetrizes com bissetriz CI : BI IB' BI IB' BI IB' BI  IB' BB' 45 2 15           BI  15 BC B'C 25 25 2 1 2 1 3 3 2 2

REFERÊNCIA: AMC 12A 2012

10) A distância entre os centros O1 e O 2 de dois círculos 1 e 2 de raios 1 e 2 , respectivamente, é igual a 2 . Sabendo que os círculos intersectam-se nos pontos A e B , calcule a medida da corda AC do círculo  2 que é dividida ao meio pelo círculo 1 .

14 b) 7 14 c) 2 d) 7 2 a)

e) 14

RESPOSTA: c RESOLUÇÃO:

ˆ  180  90 e ABE ˆ  180  90 . Inicialmente, observemos que ABD 2 2 ˆ ˆ Logo, ABD  ABE  90  90  180 , o que implica que D, B e E são colineares. ˆ  180  90 . Logo, Se M é ponto médio da corda AC, então O2 M  AC . Além disso, AMD 2 ˆ ˆ AMD  AMO2  90  90  180 , o que implica que os pontos D, M e O 2 são colineares.

O segmento O1O2  2 é base média do triângulo ADE, então DE  2  O1O2  2  2  4 . Aplicando o relação de Stewart no triângulo ADE, temos: DO22 DO22 AD2 DE 2 22 42   1   1 AO2  AE AO2  EO2 EO2  AE 2 2 2 2 2 2 2 2

DO22  4  1  DO22  8  DO2  2 2 2 Vamos calcular a área do triângulo ADO 2 usando a fórmula de Heron:  1

2  2  3  3  SADO2  1  2  2  1 1   1    2  2  2  2  Vamos agora calcular essa área novamente: AC 2 2 AM  DO2 7 7 SADO2   2   AC   2 2 2 2

7 7  9  1     1 1     2  2  4 2

14 . 2