• Matéria: Matemática
  • Autor: elizeugatao
  • Perguntado 7 anos atrás

O triângulo ABC Da figura abaixo tem área S. A área da região hachurada é, em função de S :

Anexos:

Respostas

respondido por: Verkylen
10

Olá! Não sei se este é o modo mais fácil ou rápido de resolver essa questão.

Se o segmento \overline{AD} pertence à reta bissetriz de \angle{BAH}, então: B\widehat{A}H=2\!\cdot\!D\widehat{A}H

Atribuamos B\widehat{A}H=\alpha e D\widehat{A}H=\beta.

Visto que \triangle{BAH} é um triângulo retângulo e lembrando que AB=2\!\cdot\!AC=4\!\cdot\!AH, podemos calcular BH em função de AH.

BH^2+AH^2=(4AH)^2\rightarrow{BH}=AH\sqrt{15}

Logo: \dfrac{BH}{AH}=\sqrt{15}

Essa razão corresponde à tangente de \alpha. Observe na figura que os catetos oposto e adjacente de \alpha são, respectivamente, \overline{BH} e \overline{AH}.

\tan\alpha=\dfrac{BH}{AH}=\sqrt{15}

Ainda no \triangle{ABH}, da seguinte forma é possível calcular o seno de \alpha:

\sin\alpha=\dfrac{BH}{AB}=\dfrac{AH\sqrt{15}}{4AH}=\dfrac{\sqrt{15}}{4}

E então seu cosseno pode ser obtido por:

\cos\alpha=\dfrac{\sin\alpha}{\tan\alpha}=\dfrac{\dfrac{\sqrt{15}}{4}}{\sqrt{15}}=\dfrac{1}{4}

Pela relação da tangente do ângulo metade (se desejar a demonstração, comente), podemos encontrar a tangente de \beta.

\tan\beta=\tan\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)=\sqrt{\dfrac{1-\cos\alpha}{1+\cos\alpha}}

\tan\beta=\sqrt{\dfrac{1-\dfrac{1}{4}}{1+\dfrac{1}{4}}}=\dfrac{\sqrt{15}}{5}

Através da Relação Fundamental da Trigonometria chega-se na seguinte relação (se desejar a demonstração, comente), a qual pode nos fornecer o cosseno de \beta.

1+\tan^2\beta=\dfrac{1}{\cos^2\beta}

1+\left(\dfrac{\sqrt{15}}{5}\right)^2=\dfrac{1}{\cos^2\beta}

\cos\beta=\dfrac{\sqrt{10}}{4}

Então seu seno é: \sin\beta=\tan\beta\!\cdot\!\cos\beta=\dfrac{\sqrt{15}}{4}\!\cdot\!\dfrac{\sqrt{10}}{4}=\dfrac{\sqrt6}{4}

Pelo dados do enunciado, facilmente conclui-se que \angle{BAH}=\angle{BCH} e, então, \angle{BCH}=\alpha.

Atribuamos A\widehat{D}C=\gamma.

Para \triangle{ADC}, a soma de seus ângulos internos: \alpha+\beta+\gamma=180^\circ.

Logo: \gamma=180^\circ-(\alpha+\beta).

Por conseguinte:

\sin\gamma=\sin(180^\circ-(\alpha+\beta))

Pela identidade do seno do arco suplementar:

\sin\gamma=\sin(180^\circ-(\alpha+\beta))=\sin(\alpha+\beta)

Pela relação do seno da soma de arcos:

\sin\gamma=\sin(\alpha+\beta)=\sin\alpha\!\cdot\!\cos\beta+\sin\beta\!\cdot\!\cos\alpha

\sin\gamma=\dfrac{\sqrt{15}}{4}\!\cdot\!\dfrac{\sqrt{10}}{4}+\dfrac{\sqrt6}{4}\!\cdot\!\dfrac{1}{4}=\dfrac{3\sqrt6}{8}

Considere I o ponto de intercepção dos segmentos \overline{AD} e \overline{BH}.

Chamemos de A a área hachurada; P, a área de \triangle{ADC}; e de Q a área de \triangle{AIH}.

Considere h a altura de \triangle{ADC} relativa ao lado \overline{AC}.

Assim, a área de \triangle{ADC} é:

P=\dfrac{AC\!\cdot\!h}{2}=\dfrac{2AH\!\cdot\!h}{2}=AH\!\cdot\!h

Mas:

h=AD\sin\beta

Pela Lei dos Senos em \triangle{ADC}:

\dfrac{AD}{\sin\alpha}=\dfrac{AC}{\sin\gamma}\rightarrow{AD}=\dfrac{AC\!\cdot\!\sin\alpha}{\sin\gamma}=\dfrac{2AH\!\cdot\!\sin\alpha}{\sin\gamma}

Substituindo na fórmula da área de \triangle{ADC}:

P=AH\!\cdot\!h=AH\!\cdot\!AD\!\cdot\!\sin{\beta}=\dfrac{AH\!\cdot\!2AH\!\cdot\!\sin\alpha\!\cdot\!\sin\beta}{\sin\gamma}=\dfrac{2\!\cdot\!AH^2\!\cdot\!\sin\alpha\!\cdot\!\sin\beta}{\sin\gamma}

De \triangle{AIH}, nota-se queHI=AH\tan\beta. A área Q de \triangle{AIH} pode ser expressa por:

Q=\dfrac{AH\!\cdot\!HI}{2}=\dfrac{AH^2\tan\beta}{2}

Pela fórmula simples da área de um triângulo, temos que a área S de \triangle{ABC} é tal que:

S=\dfrac{AC\!\cdot\!BH}{2}=\dfrac{2AH\!\cdot\!AH\tan\alpha}{2}=AH^2\tan\alpha\rightarrow{AH}^2=\dfrac{S}{\tan\alpha}

Por fim, a área hachurada é igual a diferença entre as áreas de \triangle{ADC} e \triangle{AIH}. Temos, então:

A=P-Q

A=\dfrac{2\!\cdot\!AH^2\!\cdot\!\sin\alpha\!\cdot\!\sin\beta}{\sin\gamma}-\dfrac{AH^2\tan\beta}{2}

A=AH^2\!\left( \dfrac{2\!\cdot\!\sin\alpha\!\cdot\!\sin\beta}{\sin\gamma}-\dfrac{\tan\beta}{2}\right)

A=\dfrac{S}{\tan\alpha}\!\left( \dfrac{2\!\cdot\!\sin\alpha\!\cdot\!\sin\beta}{\sin\gamma}-\dfrac{\tan\beta}{2}\right)

A=\dfrac{S}{\sqrt{15}}\!\left(\dfrac{2\!\cdot\!\dfrac{\sqrt{15}}{4}\!\cdot\!\dfrac{\sqrt6}{4}}{\dfrac{3\sqrt6}{8}}-\dfrac{\dfrac{\sqrt{15}}{5}}{2}\right)

\boxed{A=\dfrac{7S}{30}}

Qualquer dúvida, comente! Bons estudos!


elizeugatao: questão monstra. Valeu, tá bem explicado
Verkylen: Obrigado! Existem teoremas específicos que resolvem rapidamente essa questão. Essa é uma resolução para quem, assim como eu, desconhece esses teoremas
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